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。

## 定義

一個粒子獨立於時間的薛丁格方程式為

　
: $-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi (x)}{dx^{2}}}+V(x)\psi (x)=E\psi (x)\,\!$ ；

其中， $\hbar \,\!$ 是約化普朗克常數， $m\,\!$ 是粒子質量， $x\,\!$ 是粒子位置， $E\,\!$ 是能量， $\psi (x)\,\!$ 是波函數， $V(x)\,\!$ 是位勢，表達為

　
: $V(x)=-\lambda \delta (x)\,\!$ ；

其中， $\delta (x)\,\!$ 是狄拉克 Delta 函數， $\lambda \,\!$ 是狄拉克 Delta 函數的強度。

## 導引

這位勢阱將一維空間分為兩個區域： $x<0\,\!$ 與 $x>0\,\!$ 。在任何一個區域內，位勢為常數，薛丁格方程式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）：

　
: $\psi _{L}(x)=A_{r}e^{ikx}+A_{l}e^{-ikx}\quad x<0\,\!$ ，

　
: $\psi _{R}(x)=B_{r}e^{ikx}+B_{l}e^{-ikx}\quad x>0\,\!$ ；

其中， $A_{r}\,\!$ 、 $A_{l}\,\!$ 、 $B_{r}\,\!$ 、 $B_{l}\,\!$ 都是必須由邊界條件決定的常數，下標 $r\,\!$ 與 $l\,\!$ 分別標記波函數往右或往左的方向。 $k={\sqrt {2mE/\hbar ^{2}}}\,\!$ 是波數。

當 $E>0\,\!$ 時， $\psi _{L}\,\!$ 與 $\psi _{R}\,\!$ 都是行進波。可是，當 $E<0\,\!$ 時， $\psi _{L}\,\!$ 與 $\psi _{R}\,\!$ 都隨著座標 $x\,\!$ 呈指數遞減或指數遞增。

在 $x=0\,\!$ 處，邊界條件是：

　
: $\psi _{L}=\psi _{R}\,\!$ ，

　
: ${\frac {d}{dx}}\psi _{L}={\frac {d}{dx}}\psi _{R}-{\frac {2m\lambda }{\hbar ^{2}}}\psi _{R}\,\!$ 。

特別注意第二個邊界條件方程式，波函數隨位置的導數在 $x=0\,\!$ 並不是連續的，在位勢阱兩邊的差額有 ${\frac {2\lambda }{\hbar ^{2}}}\psi _{R}\,\!$ 這麼多。這方程式的推導必須用到薛丁格方程式。將薛丁格方程式積分於 $x=0\,\!$ 的一個非常小的鄰域：

　
: : $-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\int _{-\epsilon }^{\epsilon }{\frac {d^{2}\psi }{dx^{2}}}\,dx+\int _{-\epsilon }^{\epsilon }V(x)\psi \,dx=E\int _{-\epsilon }^{\epsilon }\psi \,dx\,\!$ ；(1)

其中， $\epsilon \,\!$ 是一個非常小的數值。

方程式 (1) 右邊的能量項目是

　
: $E\int _{-\epsilon }^{\epsilon }\psi \,dx\approx E\cdot 2\epsilon \cdot \psi (0)\,\!$ 。(2)

當 $\epsilon \to 0\,\!$ 時，該項趨向於 0。

方程式 (1) 左邊是

　
: $-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\left({\frac {d\psi _{R}}{dx}}{\bigg |}_{\epsilon }-{\frac {d\psi _{L}}{dx}}{\bigg |}_{-\epsilon }\right)+\lambda \int _{-\epsilon }^{\epsilon }\delta (x)\psi \,dx=0\,\!$ (3)

根據狄拉克 Delta 函數的定義，

　
: $\int _{-\epsilon }^{\epsilon }\delta (x)\psi \,dx=\psi _{R}(0)\,\!$ 。(4)

而在 $\epsilon \to 0\,\!$ 的極限，

　
: $\lim _{\epsilon \to 0}{\frac {d\psi _{L}}{dx}}{\bigg |}_{-\epsilon }={\frac {d\psi _{L}}{dx}}{\bigg |}_{0}\,\!$ ，(5)

　
: $\lim _{\epsilon \to 0}{\frac {d\psi _{R}}{dx}}{\bigg |}_{\epsilon }={\frac {d\psi _{R}}{dx}}{\bigg |}_{0}\,\!$ 。(6)

將這些結果 (4)，(5)，(6) 代入方程式 (3)，整理後，可以得到第二個邊界條件方程式：在 $x=0\,\!$ ，

　
: ${\frac {d\psi _{L}}{dx}}={\frac {d\psi _{R}}{dx}}-{\frac {2m\lambda }{\hbar ^{2}}}\psi _{R}\,\!$ 。

從這兩個邊界條件方程式。稍加運算，可以得到以下方程式：

　
: $A_{r}+A_{l}=B_{r}+B_{l}\,\!$ ，

　
: $ik(A_{r}-A_{l}-B_{r}+B_{l})={\frac {2m\lambda }{\hbar ^{2}}}(B_{r}+B_{l})\,\!$ 。

### 散射態

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， $x<0\,\!$ 或 $x>0\,\!$ 。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 $A_{r}=1\,\!$ ， $A_{l}=r\,\!$ ， $B_{l}=0\,\!$ ， $B_{r}=t\,\!$ 。求算反射的機率幅 $r\,\!$ 與透射的機率幅 $t\,\!$ ：

　
: $r=-\ {\cfrac {1}{{\cfrac {i\hbar ^{2}k}{m\lambda }}+1}}\,\!$ ，

　
: $t={\cfrac {1}{-\ {\cfrac {im\lambda }{\hbar ^{2}k}}+1}}\,\!$ 。

反射係數是

　
: $R=|r|^{2}={\cfrac {1}{1+{\cfrac {\hbar ^{4}k^{2}}{m^{2}\lambda ^{2}}}}}={\cfrac {1}{1+{\cfrac {2\hbar ^{2}E}{m\lambda ^{2}}}}}\,\!$ 。

這純粹是一個量子力學的效應；在古典力學裏，這是不可能發生的。

透射係數是

　
: $T=|t|^{2}=1-R={\cfrac {1}{1+{\cfrac {m^{2}\lambda ^{2}}{\hbar ^{4}k^{2}}}}}={\cfrac {1}{1+{\cfrac {m\lambda ^{2}}{2\hbar ^{2}E}}}}\,\!$ 。

* 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。

### 束縛態

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 $E<0\,\!$ ，波數變為複數。設定 $\kappa =-ik={\sqrt {2m|E|/\hbar ^{2}}}\,\!$ 。前述的振盪的波函數 $\psi _{L}\,\!$ 與 $\psi _{R}\,\!$ ，現在卻隨著座標 $x\,\!$ 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 $x\to \pm \infty \,\!$ 。那麼， $A_{r}\,\!$ 與 $B_{l}\,\!$ 必須被設定為 0。波函數變為

　
: $\psi _{L}(x)=A_{l}e^{\kappa x}\,\!$ ，

　
: $\psi _{R}(x)=B_{r}e^{-\kappa x}\,\!$ 。

從邊界條件與歸一條件，可以得到

　
: $A_{l}=B_{r}={\sqrt {\kappa }}\,\!$ ，

　
: $\kappa ={\frac {m\lambda }{\hbar ^{2}}}\,\!$ 。

Delta 位勢阱只能有一個束縛態。束縛態的能量是

　
: $E=-\ {\frac {\hbar ^{2}\kappa ^{2}}{2m}}=-\ {\frac {m\lambda ^{2}}{2\hbar ^{2}}}\,\!$ 。

束縛態的波函數是

　
: $\psi (x)={\frac {\sqrt {m\lambda }}{\hbar }}e^{-m\lambda \mid x\mid /\hbar ^{2}}\,\!$ 。

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 $V_{0}\to \infty \,\!$ 與阱寬 $L\to 0\,\!$ 的極限，同時保持 $V_{0}L=\lambda \,\!$ ，就可以從有限深位勢阱的波函數，得到 Delta 位勢阱的波函數。

## 雙井迪拉克 Delta 函數模型

Delta 函數模型其實是氫原子的一維版本根據維度比例由 達德利・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式描述：

　
: $-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi }{dx^{2}}}(x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x)$

電位現為：

　
: $V(x)=-q\left[\delta (x-{\frac {R}{2}})+\lambda \delta (x+{\frac {R}{2}})\right]$

其中 $0<R<\infty $ 是「核間」距離於迪拉克 Delta 函數（負）峰值位於 $x=\pm {\textstyle {\frac {R}{2}}}$ （圖表中棕色所示）。記得此模型與其三維分子版本的關係，我們用原子單位制且設 $\hbar =m=1$ 。此處 $0<\lambda <1$ 為一可調參數。從單井的例子，可推論擬設於此解為：

　
: $\psi (x)~=~Ae^{-d\left|x-{\frac {R}{2}}\right|}+Be^{-d\left|x+{\frac {R}{2}}\right|}$

令波函數於 Delta 函數峰值相等可得行列式：

　
: $\left|{\begin{array}{cc}q-d&qe^{-dR}\\q\lambda e^{-dR}&q\lambda -d\end{array}}\right|=0~,\qquad E=-{\frac {d^{2}}{2}}~.$

因此， $d$ 是由偽二次式方程式：

　
: $d_{\pm }(\lambda )~=~{\textstyle {\frac {1}{2}}}q(\lambda +1)\pm {\textstyle {\frac {1}{2}}}\left\{q^{2}(1+\lambda )^{2}-4\,\lambda q^{2}\lbrack 1-e^{-2d_{\pm }(\lambda )R}]\right\}^{1/2}$

它有兩解 $d=d_{\pm }$ 。若等價情況（對稱單核）， $\lambda =1$ 則偽二次式化為：

　
: $d_{\pm }=q[1\pm e^{-d_{\pm }R}]$

此「+」代表了對稱於中點的波函數（圖中紅色）而 $A=B$ 稱為偶態。接著，「-」情況為反對稱於中點的波函數其 $A=-B$ 稱為非偶態（圖中綠色）。它們代表著三維 $H_{2}^{+}$ 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：

　
: $d_{\pm }=q~+~W(\pm qRe^{-qR})/R$

其中 W 是標準朗伯 W 函數注意此最低能對應於對稱解 $d_{+}$ 。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 函數章節與相關參考）。

## 外部連結

## 參閱

* 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