Equation de Schrödinger

[m@tix]

Je viens de me refaire tout le calcul, et je ne trouve toujours pas où est mon erreur ..

$ \displaystyle \Psi (x) = x^A \, e^{-Bx} $

$ \displaystyle \Psi'(x) = Ax^{A-1} e^{-Bx} - Bx^A e^{-Bx} = x^A e^{-Bx} \, (\frac{A}{x} - B) $ $ \displaystyle = \boxed{\Psi (x) (\frac{A}{x} - B)} $

$ \displaystyle \Psi''(x) = \Psi'(x) (\frac{A}{x} - B) - \frac{A}{x^2} \, \Psi (x) $ $ \displaystyle = \Psi (x) (\frac{A}{x} - B)(\frac{A}{x} - B) - \frac{A}{x^2} \Psi (x) $ $ = \displaystyle \Psi(x) \, [(\frac{A}{x} - B)^2 - \frac{A}{x^2}] $$ = \displaystyle \Psi(x) \, (\frac{A^2}{x^2} - \frac{2AB}{x} + B^2 - \frac{A}{x^2}) $$ \displaystyle = \boxed{\Psi(x) \, (\frac{A(A-1)}{x^2} - \frac{2AB}{x} + B^2)} $

Et en injectant ceci dans l'équation, j'arrive au $ P(x) $ ..

Mais bon, si l'énoncé précise polynome, on prend la racine positive, y a pas à discuter...

Quel est le rapport?

[Shindara]

Waouh, t'as bien du courage de taper tout ça en latex !

Quel est le rapport?

$ x^A $ n'est un polynome que si $ A $ est positif, sinon c'est une fraction rationnelle (qui peut pour $ A > -\frac{1}{2} $ être encore de carré sommable au voisinage de $ 0 $). Or apparamment ton énoncé te dit polynome...

[m@tix]

J'aime bien quand c'est relativement clair, d'où le latex!

Pourquoi considérer $ x^A $? Le polynôme dont on parle, c'est $ P(x) $ plutôt non?
Enfin, tant que mon expression est fausse, je ne peux guère avancer ...

[Shindara]

Ben ta solution est de la forme $ \Psi(x)= x^A e^{-Bx} $ et tu cherches à déterminer les valeurs de A et B en fonction des paramètres. Or tu arrives à une équation du second degré en $ A $, et la question se pose alors de savoir si on prend une des solutions (laquelle) ou les deux.

[m@tix]

Je ne suis pas sûr de bien comprendre .. le polynôme d'ordre 2 en $ A $ correspond à $ P(x) $, et non à $ \Psi(x) $ ..
Et au passage, si quelqu'un trouve mon erreur dans les calculs .. qu'il ou elle n'hésite pas!

[SL2(R)]

je ne trouve toujours pas où est mon erreur ..

C'est juste que$ A(A-1) = A^2 - A $, et non pas $ A^2 - 1 $

le polynôme d'ordre 2 en $ A $ correspond à $ P(x) $

Non : le polynôme d'ordre deux en$ A $ dont il est question est le coefficient devant le terme $ 1/x^2 $ dans $ P(x) $. Son annulation conduit à l'équation que j'avais noté (1) plus haut :

(1) $ \displaystyle \frac{\hbar^2}{2m}A(A-1) = V_0 a^2 $

soit l'équation du second degré :

$ \displaystyle A^2 \ - \ A \ - \ \frac{2mV_0a^2}{\hbar^2} \ = \ 0 $

qui a pour racine positive l'expression que tu cherches :

$ \displaystyle A = \frac{1}{2} \ \left(1 + \sqrt{1+\frac{8mV_0a^2}{\hbar^2}} \, \right) $

[SL2(R)]

A vue de nez, il me semble que pour $ a $ et $ V_0 $ "assez petits", l'autre racine conduit à des solutions encore sommables, nan ?
[...] qui peut, pour$ A > -\frac{1}{2} $, être encore de carré sommable au voisinage de 0

Au voisinage de 0, oui, mais ...


l'équation que j'avais noté (2) nous montre que le produit $ AB $ est strictement positif :

$ \displaystyle AB \ = \ \frac{2ma V_0}{ \hbar^2} \ > \ 0 $

donc, si on prenait $ A < 0 $, on aurait aussi $ B < 0 $, auquel cas $ \psi(x) = x^A \ e^{-Bx} $ exploserait exponentiellement à l'infini.