Potenziale delta

Consideriamo un potenziale del tipo $V(x)=-V_{0}\delta (x)$ $V(x)=-V_{0}\delta (x)$ , dove $V_{0}>0$ $V_{0}>0$ e $\delta (x)$ $\delta(x)$ indica la delta di Dirac. Ci chiediamo se un potenziale simile ammette stati legati.

L'equazione di Schrödinger diventa:

\psi ''(x)+{\frac {2m}{\hbar ^{2}}}(E+V_{0}\delta (x))\psi (x)=0

Esclusa l'origine, in cui è presente un'evidente singolarità, avremo altrove $\psi ''-\kappa ^{2}\psi =0$ $\psi ''-\kappa ^{2}\psi =0$ , con $\kappa ={\sqrt {\frac {2m|E|}{\hbar ^{2}}}}$ $\kappa ={\sqrt {\frac {2m|E|}{\hbar ^{2}}}}$ . Come al solito, raccordiamo le soluzioni per $x$ $x$ maggiore e minore dell'origine, ottenendo:

\psi (x)=\left\{{\begin{aligned}&e^{-\kappa x}\quad x>0\\&e^{\kappa x}\quad x<0\end{aligned}}\right.

Nell'origine vale invecee:

\psi ''(x)-\kappa ^{2}\psi (x)+\underbrace {\left({\frac {2mV_{0}}{\hbar ^{2}}}\right)} _{\mu _{0}}\delta (x)\psi (x)=0

Integrando questa espressione in un intervallo piccolo e simmetrico attorno l'origine:

\int _{-\epsilon }^{\epsilon }dx\,|\psi ''(x)|-\kappa ^{2}\int _{-\epsilon }^{\epsilon }dx\,\psi (x)+\mu _{0}\int _{-\epsilon }^{\epsilon }dx\,\delta (x)\psi (x)=0

Da questa ricaviamo un'informazione sulla funzione d'onda nell'origine: $\psi '(0^{+})-\psi '(0^{-})=-\mu _{0}\psi (0)$ $\psi '(0^{+})-\psi '(0^{-})=-\mu _{0}\psi (0)$ . Questo ci dice che abbiamo una discontinuità nella derivata prima della funzione d'onda; nei casi precedente potevamo raccordare anche le derivate prime ma, in questo caso, non possiamo farlo in quanto sono determinate dal potenziale considerato. Tuttavia la funzione resta continua nell'origine.

Ricapitolando:

\psi (x)=\left\{{\begin{aligned}&e^{-\kappa x}\quad x>0\\&e^{\kappa x}\quad x<0\end{aligned}}\right.\quad \psi '(x)=\left\{{\begin{aligned}&-\kappa e^{-\kappa x}\\&\psi '(0^{+})=-\kappa =-\kappa \psi (0)\quad x>0\\&\;\\&\kappa e^{\kappa x}\\&\psi '(0^{-})=\kappa =\kappa \psi (0)\quad x<0\end{aligned}}\right.

\psi (x)=\left\{{\begin{aligned}&e^{-\kappa x}\quad x>0\\&e^{\kappa x}\quad x<0\end{aligned}}\right.\quad \psi '(x)=\left\{{\begin{aligned}&-\kappa e^{-\kappa x}\\&\psi '(0^{+})=-\kappa =-\kappa \psi (0)\quad x>0\\&\;\\&\kappa e^{\kappa x}\\&\psi '(0^{-})=\kappa =\kappa \psi (0)\quad x<0\end{aligned}}\right.

Unendo queste informazioni con la condizione sulle derivate prime otteniamo che $\mu _{0}=2\kappa$ $\mu _{0}=2\kappa$ . Da questa ricaviamo l'energia:

|E|={\frac {mV_{0}^{2}}{2\hbar ^{2}}}

Esiste quindi uno stato legato.

Ora ci chiediamo invece quale sia la posizione $x_{0}$ $x_0$ tale che la probabilità di trovare la particella nell'intervallo $(-x_{0},x_{0})$ $(-x_{0},x_{0})$ sia ${\frac {1}{2}}$ $\frac{1}{2}$ . Dal tipo di potenziale con cui abbiamo a che fare ci aspettiamo che sia parecchio vicina all'origine. Poiché $\kappa ={\frac {\mu _{0}}{2}}={\frac {mV_{0}}{\hbar ^{2}}}$ $\kappa ={\frac {\mu _{0}}{2}}={\frac {mV_{0}}{\hbar ^{2}}}$ , vale

\psi (x)=\left\{{\begin{aligned}&x>0\quad Ae^{-{\frac {mV_{0}}{\hbar ^{2}}}x}\\&x<0\quad Ae^{{\frac {mV_{0}}{\hbar ^{2}}}x}\end{aligned}}\right.

Quindi dobbiamo porre:

\int _{-x_{0}}^{x_{0}}dx\,|A|^{2}e^{-{\frac {2mV_{0}}{\hbar ^{2}}}x}=2\int _{0}^{x_{0}}dx\,|A|^{2}e^{-{\frac {mV_{0}}{\hbar ^{2}}}x}={\frac {1}{2}}=-{\frac {\hbar ^{2}}{mV_{0}}}|A|^{2}\left(1-\exp \left\{-{\frac {2mV_{0}}{\hbar ^{2}}}x\right\}\right)

\int _{-x_{0}}^{x_{0}}dx\,|A|^{2}e^{-{\frac {2mV_{0}}{\hbar ^{2}}}x}=2\int _{0}^{x_{0}}dx\,|A|^{2}e^{-{\frac {mV_{0}}{\hbar ^{2}}}x}={\frac {1}{2}}=-{\frac {\hbar ^{2}}{mV_{0}}}|A|^{2}\left(1-\exp \left\{-{\frac {2mV_{0}}{\hbar ^{2}}}x\right\}\right)

Normalizzando e ponendo $P(-\infty <x<\infty )=1$ $P(-\infty <x<\infty )=1$ , ovvero ${\frac {|A|^{2}\hbar ^{2}}{mV_{0}}}=1$ ${\frac {|A|^{2}\hbar ^{2}}{mV_{0}}}=1$ otteniamo il risultato:

x_{0}={\frac {\hbar ^{2}}{2mV_{0}}}\ln 2