Система Orphus

Система Orphus

Функция Грина задачи рассеяния

Дифференциальное уравнение Шредингера для задачи рассеяния выглядит следующим образом:

\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Delta+U(\bold{r})\right)\psi(\bold{r})=\frac{\hbar^2k^2}{2m}\psi(\bold{r}).

Домножение обеих частей уравнения на 2m/\hbar^2 и перегруппировка слагаемых дает:

(\Delta + k^2)\psi(\bold{r})=\frac{2mU(\bold{r})}{\hbar^2}\psi(\bold{r})

Результат имеет вид уравнения Гельмгольца с ненулевой правой частью. Ищем решение этого уравнения в виде суммы общего решения однородного уравнения

(\Delta + k^2)\psi_0(\bold{r})=0,

и частного решения неоднородного уравнения,

(\Delta + k^2)\psi_1(\bold{r})=\frac{2mU(\bold{r})}{\hbar^2}\psi_1(\bold{r})

то есть

\psi(\bold{r})=\psi_0(\bold{r})+\psi_1(\bold{r})

Для нахождения частного решения воспользуемся функцией Грина, G(\bold{r}-\bold{r}'), которая по определению представляет собой решение следующего уравнения:

(\Delta + k^2)G(\bold{r}-\bold{r}')=\delta(\bold{r}-\bold{r}').

Легко видеть, что

\psi_1(\bold{r})=\int G(\bold{r}-\bold{r}')\frac{2mU(\bold{r}')}{\hbar^2}\psi(\bold{r}')d^3r',

где \psi=\psi_0+\psi_1. В самом деле, действуя оператором (\Delta+k^2) на обе части выписанного соотношения, получаем:

(\Delta+k^2)\psi_1(\bold{r})=\int\delta(\bold{r}-\bold{r}')\frac{2mU(\bold{r}')}{\hbar^2}\psi^{\bold{r}'}d^3 r=\frac{2mU(\bold{r})}{\hbar^2}\psi(\bold{r}).

Найдем явное выражение для функции Грина. Для упрощения задачи выберем начало координат таким образом, чтобы вектор \bold{r}' оказался равным нулю, так что

(\Delta+k^2)G(\bold{r})=\delta(\bold{r}).

Ищем G(\bold{r}) в виде:

G(\bold{r})=\int A(\bold{q})e^{i\bold{qr}}d^3q.

Известно, что

\delta(\bold{r})=\frac{1}{(2\pi)^3}\int e^{i\bold{qr}}d^3q.

Подставляя выписанные выражения в уравнения, получаем:

(-q^2+k^2)A(\bold{q})=\frac{1}{(2\pi^3)}.

Откуда следует, что

A(\bold{q})=\frac{1}{(2\pi)^3(k^2-q^2)}

Таким образом функция Грина определяется интегралом:

G(\bold{r})=\frac{1}{(2\pi)^3}\int e^{i\bold{qr}} \frac{1}{k^2-q^2}d^3 q=
=\frac{2\pi}{(2\pi)^3}\int\limits^{\infty}_{0}q^2dq\frac{1}{k^2-q^2}\int\limits_{0}^{\pi}e^{iqt\cos\theta_{q}}\sin\theta_qd\theta_{q}.

Осуществляя замену

\sin\theta_{q}d\theta_{q}=-d\cos\theta_{q}=-dx

и вычисляя интеграл по x находим:

\int\limits_{0}^{\pi}e^{iqt\cos\theta_{q}}\sin\theta_qd\theta_{q}=\int\limits_{-1}^{1}e^{iqrx}dx=\frac{e^{iqr}-e^{-iqr}}{iqr}.

Для G(\bold{r}) на данном этапе имеем:

G(\bold{r})=\frac{1}{(2\pi)^2}\int\limits_{0}^{\infty}\frac{q^2dq}{k^2-q^2}\frac{1}{iqr}(e^{iqr}-e^{-iqr})=
\frac{1}{(2\pi)^2ir}\left(\int\limits_{0}^{\infty}\frac{qdq}{k^2-q^2}e^{iqr}dq-\int\limits_{0}^{\infty}\frac{qdq}{k^2-q^2}e^{-iqr}dq\right)=
=\frac{i}{(2\pi)^2r}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{qdq}{k^2-q^2}e^{iqr}.

Для вычисления этого интеграла воспользуемся теорией вычетов. Поскольку r>0, то контур интегрирования следует замкнуть в верхней полуплоскости. Полюсы подынтегрального выражения расположены в точках:

q=-k,~q=k.

Существует 4 возможных варианта обхода двух полюсов. Однако только один из них (а именно, тот, где контур интегрирования обхватывает только полюс q=k) позволяет получить ту функцию Грина, которая приводит к решению с нужной нам асимптотикой. Иначе эту функцию Грина можно получить, выполнив замену:

k\to k+t\varepsilon,

где \varepsilon - есть малая положительная величина. В этом случае имеем:

G(\bold{r})=-\frac{e^{ikr}}{4\pi r}.

Окончательный ответ записан в пределе \varepsilon \to 0. Осуществляя замену \bold{r}\to\bold{r}-\bold{r}', для функции Грина общего вида получаем

G(\bold{r}-\bold{r}')=-\frac{e^{ik|\bold{r}-\bold{r}'|}}{4\pi|\bold{r}-\bold{r}'|}

Барабанов 2 84


Система Orphus

Комментарии