Delta位勢阱

在量子力學裏，Delta位勢阱是一個阱內位勢為負狄拉克Delta函數，阱外位勢為0的位勢阱。Delta位勢阱問題專門研討，在這種位勢的作用中，一個粒子的量子行為。這是一個常見的理論問題。假若，粒子的能量是正值的，我們想要知道的是，在被Delta位勢壘散射的狀況下，粒子的反射係數與透射係數。假若，粒子的能量是負值的，這粒子會被束縛於Delta位勢阱的阱內。這時，我們想要知道的是粒子的能量與束縛的量子態。 一個粒子獨立於時間的薛丁格方程為 − ℏ 2 2 m d 2 ψ ( x ) d x 2 + V ( x ) ψ ( x ) = E ψ ( x ) {\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi (x)}{dx^{2}}}+V(x)\psi (x)=E\psi (x)\,\!} ； 其中， ℏ {\displaystyle \hbar \,\!} 是約化普朗克常數， m {\displaystyle m\,\!} 是粒子質量， x {\displaystyle x\,\!} 是粒子位置， E {\displaystyle E\,\!} 是能量， ψ ( x ) {\displaystyle \psi (x)\,\!} 是波函數， V ( x ) {\displaystyle V(x)\,\!} 是位勢，表達為 V ( x ) = − λ δ ( x ) {\displaystyle V(x)=-\lambda \delta (x)\,\!} ； 其中， δ ( x ) {\displaystyle \delta (x)\,\!} 是狄拉克Delta函數， λ {\displaystyle \lambda \,\!} 是狄拉克Delta函數的強度。 這位勢阱將一維空間分為兩個區域： x < 0 {\displaystyle x<0\,\!} 與 x > 0 {\displaystyle x>0\,\!} 。在任何一個區域內，位勢為常數，薛丁格方程的解答可以寫為往右與往左傳播的波函數的的疊加（參閱自由粒子）： ψ L ( x ) = A r e i k x + A l e − i k x x < 0 {\displaystyle \psi _{L}(x)=A_{r}e^{ikx}+A_{l}e^{-ikx}\quad x<0\,\!} ， ψ R ( x ) = B r e i k x + B l e − i k x x > 0 {\displaystyle \psi _{R}(x)=B_{r}e^{ikx}+B_{l}e^{-ikx}\quad x>0\,\!} ； 其中， A r {\displaystyle A_{r}\,\!} 、 A l {\displaystyle A_{l}\,\!} 、 B r {\displaystyle B_{r}\,\!} 、 B l {\displaystyle B_{l}\,\!} 都是必須由邊界條件決定的常數，下標 r {\displaystyle r\,\!} 與 l {\displaystyle l\,\!} 分別標記波函數往右或往左的方向。 k = 2 m E / ℏ 2 {\displaystyle k={\sqrt {2mE/\hbar ^{2}}}\,\!} 是波數。 當 E > 0 {\displaystyle E>0\,\!} 時， ψ L {\displaystyle \psi _{L}\,\!} 與 ψ R {\displaystyle \psi _{R}\,\!} 都是行進波。可是，當 E < 0 {\displaystyle E<0\,\!} 時， ψ L {\displaystyle \psi _{L}\,\!} 與 ψ R {\displaystyle \psi _{R}\,\!} 都隨著座標 x {\displaystyle x\,\!} 呈指數遞減或指數遞增。 在 x = 0 {\displaystyle x=0\,\!} 处，邊界條件是： ψ L = ψ R {\displaystyle \psi _{L}=\psi _{R}\,\!} ， d d x ψ L = d d x ψ R − 2 m λ ℏ 2 ψ R {\displaystyle {\frac {d}{dx}}\psi _{L}={\frac {d}{dx}}\psi _{R}-{\frac {2m\lambda }{\hbar ^{2}}}\psi _{R}\,\!} 。 特別注意第二個邊界條件方程式，波函數隨位置的導數在 x = 0 {\displaystyle x=0\,\!} 並不是連續的，在位勢阱兩邊的差額有 2 λ ℏ 2 ψ R {\displaystyle {\frac {2\lambda }{\hbar ^{2}}}\psi _{R}\,\!} 這麼多。這方程式的推導必須用到薛丁格方程。將薛丁格方程積分於 x = 0 {\displaystyle x=0\,\!} 的一個非常小的鄰域： − ℏ 2 2 m ∫ − ϵ ϵ d 2 ψ d x 2 d x + ∫ − ϵ ϵ V ( x ) ψ d x = E ∫ − ϵ ϵ ψ d x {\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\int _{-\epsilon }^{\epsilon }{\frac {d^{2}\psi }{dx^{2}}}\,dx+\int _{-\epsilon }^{\epsilon }V(x)\psi \,dx=E\int _{-\epsilon }^{\epsilon }\psi \,dx\,\!} ；(1) 其中， ϵ {\displaystyle \epsilon \,\!} 是一個非常小的數值。 方程式(1)右邊的能量項目是 E ∫ − ϵ ϵ ψ d x ≈ E ⋅ 2 ϵ ⋅ ψ ( 0 ) {\displaystyle E\int _{-\epsilon }^{\epsilon }\psi \,dx\approx E\cdot 2\epsilon \cdot \psi (0)\,\!} 。(2) 当 ϵ → 0 {\displaystyle \epsilon \to 0\,\!} 时，该項趋向于0。 方程式(1)左邊是 − ℏ 2 2 m ( d ψ R d x | ϵ − d ψ L d x | − ϵ ) + λ ∫ − ϵ ϵ δ ( x ) ψ d x = 0 {\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\left({\frac {d\psi _{R}}{dx}}{\bigg |}_{\epsilon }-{\frac {d\psi _{L}}{dx}}{\bigg |}_{-\epsilon }\right)+\lambda \int _{-\epsilon }^{\epsilon }\delta (x)\psi \,dx=0\,\!} (3) 根據狄拉克Delta函數的定義， ∫ − ϵ ϵ δ ( x ) ψ d x = ψ R ( 0 ) {\displaystyle \int _{-\epsilon }^{\epsilon }\delta (x)\psi \,dx=\psi _{R}(0)\,\!} 。(4) 而在 ϵ → 0 {\displaystyle \epsilon \to 0\,\!} 的極限， lim ϵ → 0 d ψ L d x | − ϵ = d ψ L d x | 0 {\displaystyle \lim _{\epsilon \to 0}{\frac {d\psi _{L}}{dx}}{\bigg |}_{-\epsilon }={\frac {d\psi _{L}}{dx}}{\bigg |}_{0}\,\!} ，(5) lim ϵ → 0 d ψ R d x | ϵ = d ψ R d x | 0 {\displaystyle \lim _{\epsilon \to 0}{\frac {d\psi _{R}}{dx}}{\bigg |}_{\epsilon }={\frac {d\psi _{R}}{dx}}{\bigg |}_{0}\,\!} 。(6) 將這些結果(4)，(5)，(6)代入方程式(3)，整理后，可以得到第二個邊界條件方程式：在 x = 0 {\displaystyle x=0\,\!} ， d ψ L d x = d ψ R d x − 2 m λ ℏ 2 ψ R {\displaystyle {\frac {d\psi _{L}}{dx}}={\frac {d\psi _{R}}{dx}}-{\frac {2m\lambda }{\hbar ^{2}}}\psi _{R}\,\!} 。 從這兩個邊界條件方程式。稍加運算，可以得到以下方程式： A r + A l = B r + B l {\displaystyle A_{r}+A_{l}=B_{r}+B_{l}\,\!} ， i k ( A r − A l − B r + B l ) = 2 m λ ℏ 2 ( B r + B l ) {\displaystyle ik(A_{r}-A_{l}-B_{r}+B_{l})={\frac {2m\lambda }{\hbar ^{2}}}(B_{r}+B_{l})\,\!} 。 假若，能量是正值的，粒子可以自由的移動於位勢阱外的兩個半空間， x < 0 {\displaystyle x<0\,\!} 或 x > 0 {\displaystyle x>0\,\!} 。在這裏，粒子的量子行為主要是由Delta位勢阱造成的散射行為。稱這粒子的量子態為散射態。設定粒子從左邊入射。在Delta位勢阱，粒子可能會被反射回去，或者會被透射過去。我們想要知道散射的反射係數與透射係數。設定 A r = 1 {\displaystyle A_{r}=1\,\!} ， A l = r {\displaystyle A_{l}=r\,\!} ， B l = 0 {\displaystyle B_{l}=0\,\!} ， B r = t {\displaystyle B_{r}=t\,\!} 。求算反射的機率幅 r {\displaystyle r\,\!} 與透射的機率幅 t {\displaystyle t\,\!} ： r = −   1 i ℏ 2 k m λ + 1 {\displaystyle r=-\ {\cfrac {1}{{\cfrac {i\hbar ^{2}k}{m\lambda }}+1}}\,\!} ， t = 1 −   i m λ ℏ 2 k + 1 {\displaystyle t={\cfrac {1}{-\ {\cfrac {im\lambda }{\hbar ^{2}k}}+1}}\,\!} 。 反射係數是 R = | r | 2 = 1 1 + ℏ 4 k 2 m 2 λ 2 = 1 1 + 2 ℏ 2 E m λ 2 {\displaystyle R=|r|^{2}={\cfrac {1}{1+{\cfrac {\hbar ^{4}k^{2}}{m^{2}\lambda ^{2}}}}}={\cfrac {1}{1+{\cfrac {2\hbar ^{2}E}{m\lambda ^{2}}}}}\,\!} 。 這純粹是一個量子力學的效應；在經典力學裏，這是不可能發生的。 透射係數是 T = | t | 2 = 1 − R = 1 1 + m 2 λ 2 ℏ 4 k 2 = 1 1 + m λ 2 2 ℏ 2 E {\displaystyle T=|t|^{2}=1-R={\cfrac {1}{1+{\cfrac {m^{2}\lambda ^{2}}{\hbar ^{4}k^{2}}}}}={\cfrac {1}{1+{\cfrac {m\lambda ^{2}}{2\hbar ^{2}E}}}}\,\!} 。 由於模型的對稱性，假若，粒子從右邊入射，我們也會得到同樣的答案。 很奇異地，給予同樣的能量、質量、與狄拉克Delta函數的強度，Delta位勢壘與Delta位勢阱有同樣的反射係數與透射係數。 每一個一維的吸引位勢，都至少會存在著一個束縛態（bound state）。由於 E < 0 {\displaystyle E<0\,\!} ，波數變為複數。設定 κ = − i k = 2 m | E | / ℏ 2 {\displaystyle \kappa =-ik={\sqrt {2m|E|/\hbar ^{2}}}\,\!} 。前述的振盪的波函數 ψ L {\displaystyle \psi _{L}\,\!} 與 ψ R {\displaystyle \psi _{R}\,\!} ，現在卻隨著座標 x {\displaystyle x\,\!} 呈指數遞減或指數遞增。為了要符合物理的真實性，我們要求波函數不發散於 x → ± ∞ {\displaystyle x\to \pm \infty \,\!} 。那麼， A r {\displaystyle A_{r}\,\!} 與 B l {\displaystyle B_{l}\,\!} 必須被設定為0。波函數變為 ψ L ( x ) = A l e κ x {\displaystyle \psi _{L}(x)=A_{l}e^{\kappa x}\,\!} ， ψ R ( x ) = B r e − κ x {\displaystyle \psi _{R}(x)=B_{r}e^{-\kappa x}\,\!} 。 從邊界條件與歸一條件，可以得到 A l = B r = κ {\displaystyle A_{l}=B_{r}={\sqrt {\kappa }}\,\!} ， κ = m λ ℏ 2 {\displaystyle \kappa ={\frac {m\lambda }{\hbar ^{2}}}\,\!} 。 Delta位勢阱只能有一個束縛態。束縛態的能量是 E = −   ℏ 2 κ 2 2 m = −   m λ 2 2 ℏ 2 {\displaystyle E=-\ {\frac {\hbar ^{2}\kappa ^{2}}{2m}}=-\ {\frac {m\lambda ^{2}}{2\hbar ^{2}}}\,\!} 。 束縛態的波函數是 ψ ( x ) = m λ ℏ e − m λ ∣ x ∣ / ℏ 2 {\displaystyle \psi (x)={\frac {\sqrt {m\lambda }}{\hbar }}e^{-m\lambda \mid x\mid /\hbar ^{2}}\,\!} 。 Delta位勢阱是有限深方形阱的一個特別案例。在有限深位勢阱的深度 V 0 → ∞ {\displaystyle V_{0}\to \infty \,\!} 與阱寬 L → 0 {\displaystyle L\to 0\,\!} 的極限，同時保持 V 0 L = λ {\displaystyle V_{0}L=\lambda \,\!} ，就可以從有限深位勢阱的波函數，得到Delta位勢阱的波函數。 Delta函數模型其實是氫原子的一維版本根據維度比例由 达德利·赫施巴赫（“Dudley R. Herschbach”）團隊所研發。此 delta函數模型以雙井迪拉克Delta函數模型最有用，因其代表一維版的水分子離子。 雙井迪拉克Delta函數模型是用以下薛丁格方程描述： − ℏ 2 2 m d 2 ψ d x 2 ( x ) + V ( x ) ψ ( x ) = E ψ ( x ) {\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi }{dx^{2}}}(x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x)} 電位現為： V ( x ) = − q [ δ ( x − R 2 ) + λ δ ( x + R 2 ) ] {\displaystyle V(x)=-q\left[\delta (x-{\frac {R}{2}})+\lambda \delta (x+{\frac {R}{2}})\right]} 其中 0 < R < ∞ {\displaystyle 0<R<\infty } 是「核間」距離於迪拉克Delta函數（負）峰值位於 x = ± R 2 {\displaystyle x=\pm {\textstyle {\frac {R}{2}}}} （圖表中棕色所示）。記得此模型與其三維分子版本的關係，我們用原子单位制且設 ℏ = m = 1 {\displaystyle \hbar =m=1} 。此處 0 < λ < 1 {\displaystyle 0<\lambda <1} 為一可調參數。從單井的例子，可推論擬設於此解為： ψ ( x )   =   A e − d | x − R 2 | + B e − d | x + R 2 | {\displaystyle \psi (x)~=~Ae^{-d\left|x-{\frac {R}{2}}\right|}+Be^{-d\left|x+{\frac {R}{2}}\right|}} 令波函數於Delta函數峰值相等可得行列式： | q − d q e − d R q λ e − d R q λ − d | = 0   , E = − d 2 2   . {\displaystyle \left|{\begin{array}{cc}q-d&qe^{-dR}\\q\lambda e^{-dR}&q\lambda -d\end{array}}\right|=0~,\qquad E=-{\frac {d^{2}}{2}}~.} 因此， d {\displaystyle d} 是由偽二次式方程： d ± ( λ )   =   1 2 q ( λ + 1 ) ± 1 2 { q 2 ( 1 + λ ) 2 − 4 λ q 2 [ 1 − e − 2 d ± ( λ ) R ] } 1 / 2 {\displaystyle d_{\pm }(\lambda )~=~{\textstyle {\frac {1}{2}}}q(\lambda +1)\pm {\textstyle {\frac {1}{2}}}\left\{q^{2}(1+\lambda )^{2}-4\,\lambda q^{2}\lbrack 1-e^{-2d_{\pm }(\lambda )R}]\right\}^{1/2}} 它有兩解 d = d ± {\displaystyle d=d_{\pm }} 。若等價情況（對稱單核）， λ = 1 {\displaystyle \lambda =1} 則偽二次式化為： d ± = q [ 1 ± e − d ± R ] {\displaystyle d_{\pm }=q[1\pm e^{-d_{\pm }R}]} 此「+」代表了對稱於中點的波函數（圖中紅色）而 A = B {\displaystyle A=B} 稱為偶態。接著，「-」情況為反對稱於中點的波函數其 A = − B {\displaystyle A=-B} 稱為非偶態（圖中綠色）。它們代表著三維 H 2 + {\displaystyle H_{2}^{+}} 的兩種最低能態之近似且有助於其分析。對稱電價的特徵能分析解為： d ± = q   +   W ( ± q R e − q R ) / R {\displaystyle d_{\pm }=q~+~W(\pm qRe^{-qR})/R} 其中W是標準朗伯W函数注意此最低能對應於對稱解 d + {\displaystyle d_{+}} 。當非等電價，此為三維分子問題，其解為一般化Lambert W函數（見一般化朗伯W函数章節與相關參考）。 D.R Herschbach, J.S. Avery, and O. Goscinski (eds.), Dimensional Scaling in Chemical Physics, Springer, (1992). [1] （页面存档备份，存于互联网档案馆） T.C. Scott, J.F. Babb, Alexander Dalgarno and John D. Morgan III, "The Calculation of Exchange Forces: General Results and Specific Models", J. Chem. Phys., 99, pp. 2841-2854, (1993). [2] 自由粒子 無限深方形阱 有限深方形阱 有限位勢壘 球對稱位勢 Delta位勢壘 量子穿隧效應