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

Сказать "Спасибо"

Функция Грина задачи рассеяния

Комментарии