15.  Полуклассическое приближение

В предельном случае, когда постоянную Планка можно считать малой по сравнению с встречающимися в данной задаче величинами той же размерности, можно приближенно выразить решение уравнения Шредингера через решение уравнения Гамильтона-Якоби.

Рассмотрим уравнение Шредингера

$$-\frac{\hbar^2}{2}\triangle\psi+U(x,y,z)\psi=i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t},$$ (15.1)

где $U$ есть заданная функция от координат. Будем искать его решение в виде

$$\psi=\psi^{\prime}e^{\frac{i}{\hbar}S},$$ (15.2)

где $\psi^{\prime}$ есть формальный ряд по возрастающим степеням $\hbar$ . Подстановка выражения (15.2) в уравнение (15.1) дает

$$\left[\frac{1}{2}(grad S)^2+U+\frac{\partial S}{\partial t}\rig... ...\partial\psi^{\prime}}{\partial t}\right]+\frac{\hbar^2}{2}\Delta\psi^{\prime}.$$ (15.3)

Если мы пренебрежем здесь членом, пропорциональным $\hbar^2$ , и приравняем нулю член, не зависящий от $\hbar$ , и член пропорциональный первой степени $\hbar$ , мы получим два уравнения

$$\frac{1}{2}(grad S)^2+U+\frac{\partial S}{\partial t}=0,$$ (15.4)

$$grad S grad \psi^{0}+\frac{1}{2}\Delta S\psi^0+\frac{\partial \psi^0}{\partial t}.$$ (15.5)

Во втором из них мы заменили амплитуду $\psi^{\prime}$ ее приближенным значением $\psi^0$ , соответствующим $\hbar\to 0$ .

Уравнение (15.4) есть уравнение Гамильтона-Якоби классической механики. Уравнение же (15.5) приводится к виду уравнения неразрывности классической гидродинамики. В самом деле, умножим его на $2\psi^0$ и положим

$$(\psi^0)^2=\rho.$$ (15.6)

Мы получим

$$grad S grad \rho+\Delta S\rho+\frac{\partial \rho}{\partial t}=0$$ (15.7)

или

$$div(\rho grad S)+\frac{\partial\rho}{\partial t}=0.$$ (15.8)

В классической механике $grad S={\bf p}$ есть количество движения, а $1/m grad S={\bf v}$ есть скорость, следовательно, уравнение (15.8) может быть написано в виде

$$div(\rho{\bf v})+\frac{\partial\rho}{\partial t}=0,$$ (15.9)

т.е. в виде уравнения неразрывности.

Решение уравнения Гамильтона-Якоби принято называть функцией действия. Решение это можно получить, введя в рассмотрение функцию Лагранжа

$${\cal L}=\frac{1}{2}v^2-U$$ (15.10)

и вычислив интеграл

$$S=\int\limits_{t_{0}}^t {\cal L}(t) dt$$ (15.11)

вдоль траектории частицы (интеграл действия). Для вычисления интеграла действия можно выразить сперва функцию Лагранжа через время и постоянные интегрирования (их будет шесть, так как уравнения Лагранжа представляют три уравнения второго порядка). По выполнении интегрирования в (15.11) можно выразить результат через начальные и конечные значения координат (и через время). Интеграл действия будет тогда удовлетворять уравнению Гамильтона-Якоби.

Полученное таким путем решение уравнения Гамильтона-Якоби не единственно. Существуют и другие решения этого уравнения, зависящие не от начального значения координат, а от других постоянных интегрирования $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ . Кроме того, можно, очевидно, использовать вместо прямоугольных декартовых координат какие-либо другие координаты. В дальнейшем мы ограничимся случаем прямоугольных координат.

Пусть

$$S=S(x,y,z,t,c_{1},c_{2},c_{3})$$ (15.12)

есть решение уравнения Гамильтона-Якоби. Из классической механики известно, что

$$\frac{\partial S}{\partial x}=p_{x},\:\frac{\partial S}{\partial y}=p_{y},\:\frac{\partial S}{\partial z}=p_{z},\:\frac{\partial S}{\partial t}=-H,$$ (15.13)

где $p_{x}, p_{y}, p_{z}$ -составляющие количества движения, а $H$ -энергия (функция Гамильтона). Кроме того, производные от $S$ по постоянным $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ будут равны новым постоянным, которые мы обозначим через $b_{1}, b_{2}, b_{3},$ так что мы будем иметь

$$\frac{\partial S}{\partial c_{1}}=b_{1},\quad\frac{\partial S}{\partial c_{2}}=b_{2},\quad\frac{\partial S}{\partial c_{3}}=b_{3}.$$ (15.14)

В частном случае, когда в качестве $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ взяты начальные значения $x^0, y^0, z^0$ координат, постоянные $b_{1}, b_{2}, b_{3}$ будут начальными значениями импульса, взятыми с обратным знаком.

Решим теперь уравнение (15.8) или (15.9) в предположении, что решение (15.12) уравнения (15.4) известно. Докажем, что в качестве $\rho$ можно взять детерминант

$$\rho=\left\vert \begin{array}{ccc} \frac{\partial^2S}{\partial x ... ...l c_{3}}& \frac{\partial^2S}{\partial z \partial c_{3}} \end{array} \right\vert$$ (15.15)

(или, поскольку $\rho$ положительно, его абсолютное значение).

Дифференцируя уравнение (15.4) по содержащимся в функции $S$ постоянным $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ , получим

$$\frac{1}{m}\frac{\partial S}{\partial x}\frac{\partial^2S}{\parti... ...2S}{\partial z \partial c_{k}}= -\frac{\partial^2S}{\partial t \partial c_{k}},$$ (15.16)

где $k=1,2,3.$ Пользуясь соотношениями

$$\frac{1}{m}\frac{\partial S}{\partial x}=v_{x},\qquad \frac{1}{m}... ...ial S}{\partial y}=v_{y},\qquad \frac{1}{m}\frac{\partial S}{\partial z}=v_{z},$$ (15.17)

мы можем переписать уравнение (15.16) в виде

$$v_{x}\frac{\partial^2 S}{\partial x\partial c_{k}}+v_{y}\frac{\pa... ...l^2 S}{\partial z\partial c_{k}}=-\frac{\partial^2 S}{\partial t\partial c_{k}}$$ (15.18)

(k=1,2,3). Эти три уравнения могут быть решены относительно "неизвестных" $v_{x}, v_{y}, v_{z},$ причем определитель из коэффициентов при "неизвестных" как раз равен величине $\rho$ (15.15).

Для упрощения дальнейших формул воспользуемся обозначением (15.14). Тогда уравнения (15.18) напишутся

$$v_{x}\frac{\partial b_{k}}{\partial x}+v_{y}\frac{\partial b_{k}}... ...al y}+v_{z}\frac{\partial b_{k}}{\partial z}=-\frac{\partial b_{k}}{\partial t}$$ (15.19)

(эти соотношения показывают, что величины $b_{k}$ во время движения не меняются, о чем уже говорилось выше). Определитель $\rho$ будет равен

$$\rho=\left\vert \begin{array}{ccc} \frac{\partial b_{1}}{\partial... ...{\partial z} \end{array} \right\vert=\frac{D(b_{1}, b_{2}, b_{3})}{D(x, y, z)},$$ (15.20)

а величины $\rho v_{x}, \rho v_{y},\;$и$\; \rho v_{z}$ будут равны соответственно

$$\rho v_{x}=-\left\vert \begin{array}{ccc} \frac{\partial b_{1}}{\... ...\partial z} \end{array} \right\vert=-\frac{D(b_{1}, b_{2}, b_{3})}{D(t, y, z)},$$ (15.21)

$$\rho v_{y}=-\left\vert \begin{array}{ccc} \frac{\partial b_{1}}{\... ...\partial z} \end{array} \right\vert=-\frac{D(b_{1}, b_{2}, b_{3})}{D(x, t, z)},$$ (15.22)

$$\rho v_{z}=-\left\vert \begin{array}{ccc} \frac{\partial b_{1}}{\... ...\partial t} \end{array} \right\vert=-\frac{D(b_{1}, b_{2}, b_{3})}{D(x, y, t)}.$$ (15.23)

Подставляя найденные значения величин $\rho, \rho v_{x}, \rho v_{y}, \rho V_{z}$ в выражение

$$\frac{\partial}{\partial x}(\rho v_{x})+\frac{\partial}{\partial ... ...v_{y})+\frac{\partial}{\partial z}(\rho v_{z})+\frac{\partial\rho}{\partial t},$$ (15.24)

можно убедиться, что все члены сокращаются, так что это выражение тождественно равно нулю. Таким образом, уравнение неразрывности (15.9) выполняется, а следовательно, выполняется и уравнение (15.5) для функции $\psi^0$ , связанной с $\rho$ соотношением (15.6).

Проиллюстрируем изложенную выше теорию на случае свободного движения материальной точки. Так как при свободном движении скорость постоянна, а потенциал положения равен нулю, мы будем иметь

$$S=\int\limits_0^t\frac{v^2}{2}dt=\frac{v^2}{2}t$$ (15.25)

(мы положили $t_{0}=0)$ . В качестве постоянных интегрирования возьмем начальные значения $x_{0}, y_{0}, z_{0}$ координат $x,y,z$ . Тогда мы будем иметь

$$x=x_{0}+v_{x}t,\quad y=y_{0}+v_{y}t,\quad z=z_{0}+v_{z}t$$ (15.26)

и, следовательно,

$$S=\frac{1}{2t}[(x-x_{0})^2+(y-y_{0})^2+(z-z_{0})^2].$$ (15.27)

Определитель, составленный из вторых производных от $S$ ,

$$\frac{\partial^2S}{\partial x\partial x_{0}}=-\frac{1}{t},\quad \... ...}}=-\frac{1}{t},\quad \frac{\partial^2S}{\partial z\partial z_{0}}=-\frac{1}{t}$$ (15.28)

(вторые производные по разным координатам равны нулю) будет величиной, обратно пропорциональной $t^3$ , так что мы можем положить

$$\rho=\frac{const}{t^3},\qquad \sqrt{\rho}=\psi^0=\frac{const}{t^{3/2}},$$ (15.29)

и, следовательно, приближенное значение функции $\psi$ , будет

$$\psi=\frac{const}{t^{3/2}}\exp\left(\frac{i}{2\hbar t}[(x-x_{0})^2+(y-y_{0})^2+(z-z_{0})^2]\right).$$ (15.30)

Подстановка этого выражения в уравнение Шредингера показывает, что оно будет даже не приближенным, а точным решением. (В этом можно убедиться и без вычислений, если воспользоваться формулой (15.3) и иметь в виду, что при $\psi^{\prime}=\psi^0$ , где $\psi^0$ имеет вид (15.29), будет $\Delta\psi^{\prime}=0.)$