Några utvalda lösningar till. Kvantvärldens fenomen. -teori och begrepp. Del 2: Formalism och runda system. Magnus Ögren

Transkript

1 Några utvalda lösningar till Kvantvärldens fenomen -teori och begrepp Del : Formalism och runda system Magnus Ögren

2 Här följer ett urval av lösningar till några problem från del av boken Kvantvärldens fenomen - teori och begrepp, Gunnar Ohlén, denna kan rekvireras från Studentlitteratur ISBN I detta dokument refererar vi konsekvent till Gunnars bok som läroboken. Uppgifterna är numrerade enligt kapitel.uppgift. Jag tar tacksamt emot kommentarer och påpekanden gällande innehållet magnus@ogren.se. För ett utsökt arbete med gurerna tackar jag Johnny Kvistholm. Ett stort tack för värdefulla kommentarer går till Magnus Borgh, Sara Bargi, Ragnar Bengtsson och Gunnar Ohlén vid avdelningen för Matematisk fysik i Lund. Lund i augusti 6 Magnus Ögren I samråd med F-teknologerna: Aron Wahlberg, Erik Månsson och Martin Levenius har vi utvecklat materialet med ytterliggare några lösta uppgifter samt med kompletteringar till lärobokens facit. Lund i mars 7 Magnus Ögren Version:7

3 5. Vid en viss tidspunkt ges vågfunktionen av φ x = Nx exp x/a. Bestäm N så att vågfunktionen är normerad. Bestäm sedan xφ, p x φ, p xφ och Hφ. Det gäller att V x = kx. Beräkna även H. Lösning 5.: Normerad vågfunktion betyder att φ φdx = N x exp x/a dx = Utnyttja partialintegrera som nedan eller titta i formelsamlingen att Alltså måste gälla att Beräkning av p x φ xxe x/a dx = [x a + a 4 p x φ = i x φ = i N 4 e x/a ] } {{ } e x/a dx = a π 4 a. 4 N = a 3 π = 5/4. a 3/ π/4 exp x/a x x a exp x/a = x = i N a exp x/a. Beräkning av p xφ med hjälp av ovanstående beräkning Beräkning av H i φ = i x i N x x a exp x/a = = N 4x x a a = N x a x a + exp x/a = 3 x a exp x/a. 3

4 H = H kin + H pot = p x m + k x. Vi börjar med att räkna ut p x med hjälp av beräkningen ovan för p x φ φ p xφdx = = N 6 a Nx N x a x exp x/a dx 3a 3 x a exp x/a dx = x 4 exp x/a dx, använd nu din formelsamling för de två integralerna = N a 3 π a N 8a 3a 5 π 8 4 = 3 π 3 4 N a. Sätter vi nu in uttrycket för N från ekvation samt dividerar med m får vi väntevärdet för den kinetiska energin H kin = 3 4 π 4 a 3 a/ m = 3 π ma. Låt oss nu räkna ut x Nx exp x/a x Nx exp x/a dx = = N x 4 exp x/a dx, nu använder vi formelsamlingen för integralen, sätter in N från ekvation samt multiplicerar med k för att få väntevärdet för den potentiella energin H pot = k 4 3 πa 5 a 3 π 3 = 3 8 ka. Energin är summan av kinetiska och potentiella energierna E = H = E kin + E pot = H kin + H pot = 3 ma ka. Kommentar: Den intresserade läsaren kan sätta in k = mω, a = förenkla och förklara resultatet! mω, 4

5 5.3 En operator denieras enligt A = d dx med denitionsmängd D = {ux < x < a, u = ua = } Visa att denna operator är Hermitesk. En operator är positiv om A >. Visa att denna operator är positiv samt beräkna dess egenvärden. Lösning 5.3: Vi vill visa att u Av = Au v dvs a u x d dx vxdx = a d dx u xvxdx. Låt oss partialintegrera vänsterledet V.L. [ V.L. = u x d ] a a dx vx d dx u x d dx vxdx = a d = + dx u x d vxdx, dx där randtermen försvinner pga randvillkoren. Vi fortsätter att partialintegrera en gång till a d V.L. = dx u x d [ ] a d a dx vxdx = d dx u xvx dx u xvxdx = = + a d dx u xvxdx = H.L.. Vi har således nu visat att operatorn A är Hermitesk. För att visa att operatorn är positiv sätter vi u = v i ekvation A = u Au = a d dx u x d dx uxdx = a d dx ux dx. Likheten inträar bara då d dx ux = för alla x i intervallet, randvillkoren ger då ux. Denna 'nollfunktion' är inte fysikalisk relevant och alltså har vi visat att A >. Nu vill vi beräkna operatorns egenvärden Au i = λ i u i d dx u ix + λ i u i x =. Denna dierentialekvation bör vara bekant, den allmänna lösningen kan skrivas u i x = A sin λ i x + B cos λ i x Randvillkoret u = ger att B =, det andra randvillkoret ua = ger att sin λ i a = λ i a = kπ, k =,,, 3... λ i = k π a, k =,,, 3... Med tillägget för den integrationteoretiskt intresserade läsaren: 'utom på en nollmängd'. 5

6 Fallet k = ger ux vilket är fysikaliskt irrelevant. Vi ser också att vi kan låta vårt index i vara k, dvs operatorns egenvärden är λ i = i π a, i =,, 3... Kommentar: Hur hänger detta ihop med vad vi visade nyss ovan A >? 5.7 Vågfunktionen för en partikel i en oändligt djup potentialbrunn ges vid en viss tidpunkt av φ x = Nx a x. Med vilken sannolikhet ger en energimätning ett annat värde än E dvs grundtillståndets energi. Lösning 5.7: Vi börjar med att normera vågfunktionen a = N x a x dx = [ a = N x 3 ] a + x5 3 5 ax4 = N a N = a 5. 3 Vi utnyttjar nu att φ x kan skrivas som en ev. oändlig summa av egenfunktioner t.ex. till Hamiltonoperatorn för denna brunn, dvs φ x = Nx a x =? c n ψ n x. Från uppgift 5.4. eller läroboken sidan vet vi att egenfunktionen hörande till grundtillståndet n = är ψ x = /a sin πx/a. Utvecklingskoecienten c ges av integralen skalärprodukten ψ φ a c = N /a a n= sin πx/a x a x dx a = N a x sin πx/a dx N /a x sin πx/a dx } {{ } } {{ } I I = 5/ a 5/ N π 3. Där de två integralerna t.ex. kan beräknas m.h.a. partialintegration I = a x sin πx dx = a [ πx ] a x cos + a π a a = a π + a [ πx ] a sin = a π a π, 6 cos πx dx a

7 I = a x sin πx dx = a [ πx ] a x cos + a a π a π [ = a3 π + a πx ] a π x sin a a π a sin a x cos πx dx a πx dx = a3 a π 4 a3 π 3. Enligt Köpenhamnstolkningen är sannolikheten för att mäta energin E n lika med c n, sannolikheten för något annat värde blir alltså c n. D.v.s. i vårt fall P E E = 5/ a 5/ N Om π vi nu sätter in N enligt ekvation 3 kan 3 vi förenkla ytterliggare P E E = 5/ a 5/ π 3 3 a 5 = 96 π 6.4. Kommentar: Det är alltså mycket liten chans att vi inte får resultatet E vid en energimätning, detta borde bero på att vågfunktionen φx är 'mycket lik' den första egenfunktionen ψ, detta bekräftas om man ritar de båda funktionerna och/eller jämför deras ledande term i en Taylorutveckling för x = och x = a. 5.9 Vad är AB? När är [A, B] Hermitesk? Samma fråga för i [A, B]? Lösning 5.9: För alla ev. sammansatta operatorer C gäller φ Cψ = C φ ψ således utgår vi från följande likhet φ ABψ = AB φ ψ. 4 Vi utvecklar nu vänsterledet, V.L. i ekvation 4 φ ABψ = A φ Bψ = B A φ ψ. För att detta skall vara lika med H.L. i 4 måste alltså gälla att AB = B A. Kommentar: Detta har du sett ett specialfall av i linjär algebra, för transponering av två matriser A och B gäller AB T = B T A T. 7

8 För att [A, B] skall vara Hermitesk måste gälla att φ [A, B] ψ = [A, B] φ ψ. 5 Vi utvecklar V.L. av ekvation 5 φ [A, B] ψ = φ ABψ φ BAψ = A φ Bψ B φ Aψ = B A φ ψ A B φ ψ = [ B, A ] φ ψ = [ A, B ] φ ψ. En direkt jämförelse med H.L. av 5 ger då att det måste gälla att A = A samt B = B eller att A = A samt B = B. Kommentar: Om både A och B är hermiteska vilket operatorer ofta är i kvantmekaniken har vi alltså A = A samt enligt ovan A = A, motsvarande för B. Enda lösningen är då att [A, B] =. Samma fråga för i [A, B], samma lösning! observera att i allmänhet ic = ic För att i [A, B] skall vara Hermitesk måste gälla att Vi utvecklar V.L. av ekvation 6 φ i [A, B] ψ = i [A, B] φ ψ. 6 φ i [A, B] ψ = φ iabψ φ ibaψ = ia φ Bψ ib φ Aψ = ib A φ ψ ia B φ ψ = i [ B, A ] φ ψ = i [ A, B ] φ ψ. En direkt jämförelse med H.L. av 6 ger då att det måste gälla att A = A samt B = B. Kommentar: Detta gäller alltid då A och B är hermiteska se kommentaren ovan. 5. Låt φ k vara de ortonormerade egenfunktionerna till operatorn A som egenvärdena λ k. Tillståndet för en partikel ges vid en viss tidpunkt av φ = φ + φ /. Bestäm obestämbarheten A. När är A =? Lösning 5.: Enligt läroboken sidan denieras obestämbarheten för operatorn A enligt A = A A. 8

9 Vi behöver därför beräkna följande förväntningsvärden, A och A. A = φ + φ / A φ + φ / = φ + φ λ φ + λ φ = λ φ + φ φ + λ φ + φ φ = λ + λ, där vi utnyttjat att egenfunktionerna är ortonormerade, dvs φ + φ φ = φ φ + φ φ = + =. A = φ + φ / A φ + φ / = φ + φ / λ φ + λ φ / = Obestämbarheten är alltså A = A A = Vi ser direkt att A = då λ = λ. λ + λ. λ + λ λ + λ = λ λ. 5.5 Låt φ n vara egentillstånd till Hamiltonoperatorn H och B en godtycklig operator. a Visa att φ n [H, B] φ n =. b Antag att H = p x m + V x och B = xp x. Visa följande samband, 'virialteoremet' för egentillstånd till Hamiltonoperatorn: E kin = x dv dx. c Tillämpa detta teorem på den harmoniska oscillatorn d.v.s. då V x = mω x. Lösning 5.5 a: När vi visar a kan vi utnyttja att φ n är egentillstånd till H dvs Hφ n = E n φ n samt att H = H vi vill mäta reella energier!. Vi får då 9

10 φ n [H, B] φ n = φ n HBφ n BHφ n = φ n HBφ n φ n BE n φ n = Hφ n Bφ n E n φ n Bφ n = E n φ Bφ n E n φ n Bφ n = E n E n φ n Bφ n =. Lösning 5.5 b: Vi utnyttjar nu resultatet från a med B = xp x. Det lönar sig dock att först förenkla kommutatorn enligt följande [ ] [ ] [H, B] = xp x, m p x + V x = xp x, m p x [xp x, V x] = [ ] m p x, x [ p x + x ] m p x, p x + [V x, x] p x + x [V x, p x ]. }{{}}{{} De två icke-försvinnande kommutatorerna kan beräknas enligt följande [ ] m p x, x p x = m [x, p xp x ] p x Vi har alltså = [x, p x ] p x + p x [x, p x ] p x = i m }{{}}{{} m p x, i i x [V x, p x ] Ψ = i x V x Ψ V x Ψ x = i x V x Ψ V x Ψ V x x Ψ V x = i x x Ψ. [H, xp x ] = i V x m p x + i x x. Vi tillämpar nu resultatet från a = φ n [H, B] φ n = φ n i V x m p xφ n + i x x φ n =

11 i V x = φ n m p xφ n + φ n i x x φ n, efter att vi dividerat med i i bägge termerna har vi den sökta likheten p x φ n m φ V x n = E kin = φ n x x φ n = x dv. dx Lösning 5.5 c: Harmoniska oscillatorpotentialen V x = mω x insatt i resultatet ovan från b E kin = x dv dx ger E kin = xmω x = mω x = E pot, dvs väntevärdet av den kinetiska och potentiella energin är lika stor. Kommentar: Hur ser motsvarande utträkning ut för en klassisk oscillator? 5.8. En partikel benner sig i en endimensionell harmonisk oscillator. Vid tiden t = ges dess vågfunktion av φx = Nx 3 exp mωx /. a Vid denna tidpunkt mäter man partikelns energi. Vilka mätvärden kan man få? Bestäm även motsvarande sannolikheter! b Efter energimätningen som gav utfallet E = 3 ω/ mäter man omedelbart partikelns läge. Vad är sannolikheten att nna partikeln i det klassiskt förbjudna området? Det klassiskt förbjudna området denieras av villkoret att V x E total. Lösning 5.8 a: Generellt gäller att man kan skriva upp vågfunktionen som en serieutveckling i basen till en harmonisk oscillator φ =? c k ψ k. k= Koecienterna c k kan erhållas som skalärprodukten c k = ψ k φ = ψ k φdx och för alla koecienter hör en viss sannolikhet c k att uppmäta energin svarande mot tillstånd k, vilken för en endimensionell harmonisk oscillator

12 är E k = ω k +. I detta fall förenklas dock lösningen om vi observerar att qx 3 = q 3 ψ 3 +q ψ de enda två förekommande koecienterna kan då identieras termvis, men vi börjar med att normera vågfunktionen φ φdx = N x 6 exp mωx / dx = N =... = 4 mω 3 /4 mω. 3 π Om vi nu använder formelsamlingen för att skriva egenfunktionerna för k = och k = 3 ψ = mω /4 ξe ξ mω /, ξ = π x, ser vi att ψ 3 = mω /4 ξ + 8ξ 3 e ξ /, ξ = 48 π 4 ξ 3 = c ξ + c 3 ξ + 8ξ mω x, 3 5 c = c 3 = 5. Man kan alltså få mätvärden på energin som motsvarar egenfunktionerna för k = och k = 3, dvs E = 3 ω/ samt E = 7 ω/ E k = ω k + /. Motsvarande sannolikheter erhålls som absolutbeloppet i kvadrat på utvecklingskoecienterna, d.v.s. c = 3/5 och c 3 = /5, som sig bör blir totala sannolikheten. Lösning 5.8 b: Efter mätningen 'kollapsar' vågfunktionen till den egenfunktion som motsvarar det uppmätta egenvärdet. I vårt fall uppmäter vi E = 3 ω/ = ω +, k = så systemet beskrivs efter mätningen av egenfunktionen ψ = mω /4 π ξe ξ /, ξ = mω x se uppgift 5.6 eller formelsamlingen. Det klassiskt förbjudna området ges av V x E total där V x = mω x samt E = ω + detta ger villkoret x 3 mω. Sannolikheten att nna partikeln i det klassiskt förbjudna området är alltså 3 3 mω P x = ψ mω ψ dx + ψ 3 ψ dx mω 3 mω = ψψ dx = mω π / 3 mω ξ e ξ dx =

13 = dx = x = dξ mω 3 mω ξ = 3 = 3 ξξe ξ dξ π = π ] [ξe 3 ξ + 3 e ξ dξ }{{} π erf En partikel som är bunden att röra sig i en dimension påverkas av potentialen V x = V x/l 4. Använd variationsmetoden för att nna ett approximativt värde på grundtillståndets energi. Lösning 6.3: Denna potential växer snabbare än en harmonisk oscillator potential x, man skulle då kunna argumentera för att välja en variationsfunktion som avtar snabbare är e x. I praktiken blir detta aningen komplicerat och vi väljer att återigen använda u α x = α/π /4 exp αx som variationsfunktion. Bidraget från den kinetiska energin blir samma som i uppgift 6., nämligen H kin = m α. Den potentiella energin beräknas enligt följande H pot = V α l 4 π x 4 exp αx dx = V 3 l 4 6α. Väntevärdet av den totala energin är alltså H = H kin + H pot = m α + V 3 l 4 6α. Vi minimerar detta uttryck med avseende på parametern α d H dα = m V l 4 3 8α 3 = α = /3 3mV 4 l 4. Med detta α insatt i den totala energin får vi en uppskattning av systemets grundenergi E enligt E m α + V l 4 3 6α = V 4 /3 m l 4.

14 Kommentar: Som varje fysiker alltid bör göra, kontrollerar du också att energin du beräknat verkligen har dimensionen energi! 6.6 En partikel benner sig i en endimensionell oändligt djup brunn med bredden a, {, < x < a V x =. annars En störning V x = V δx a//a nns. Använd metoden 'ändliga underrum' för att nna matrisen för Hamiltonoperatorn. Gör beräkningen i det tre olika underrum som svarar mot de två, tre och fyra lägsta tillstånden. Finn sedan egenvärdena till motsvarande matriser. Lösning 6.6: För en liten störning i den oändligt djupa brunnen är det naturligtvis lämpligt att använda den välkända basen för den ostörda brunnens Hamiltonoperator nπx ψ n = a sin n =,, 3,.... a Enligt teorin sidan 4-46 i läroboken skall vi bilda våra matriselement enligt = ψ n E j ψ j + V a m n,j = ψ n Hψ j + ψ n V ψ j = a sin nπx δx a/ sin a jπx a dx. Den första termen ger alltså bara bidrag då n = j, 'diagonalelement'. För den som har glömt det påminner vi också om hur δ-funktionen 'skär ut' integrandens värde fxδx x dx = fx. Vi ser då att m n,j = om minst en av sinusfaktorerna är för x = a/ dvs då n eller/och j är ett jämnt tal. Nedan skriver vi upp den matris som svarar mot de fyra lägsta tillstånden, de två efterfrågade mindre matriserna nns 'uppe till vänster' i denna matris E + ψ V ψ ψ V ψ 3 E ψ 3 V ψ E 3 + ψ 3 V ψ 3 E 4 = 4

15 E + V a V a = E V a E 3 + V a. E 4 Egenvärdena till motsvarande -matris fås ur följande sekularekvation E E E + V a E = E = E + V a, E = E. Den första energinivån blir alltså förskjuten V a uppåt medans den andra energinivån inte påverkas. För att genomföra beräkningarna för matriserna av storlek 3 3 och 4 4 använder man lämpligen metoden 'utveckling efter rad/kolonn', resultaten är i fallet 3 3 E = E + E 3 + V E a + + E3 E E 3 + 4V 4 a 4, E = E, Och i 4 4-fallet E = E + E 3 E = E + E 3 + V a + V a + E + E 3 E E 3 4 E + E 3 E E V a V a 4, E = E, E = E + E 3 + V a E + E 3 E E V a 4, E = E 4. Kommentar: För V i uttrycken ovan återfår man de ostörda energierna. 6.8 Antag att funktionen u är sådan att den är ortogonal mot grundtillståndets vågfunktion. a Visa att u Hu E. b Betrakta uppgift, rita en gur som visar vågfunktionen för det första exciterade tillståndet samt ange dess allmänna egenskaper. Vilka av de givna förslagen på variationsfunktion är ortogonala mot grundtillståndets vågfunktion? Vilken är mest lämpad som variationsvågfunktion? 5

16 Figure : En skiss av vågfunktionen för det första exciterade tillståndet till potentialen V x = x beskriven i uppgift 6.. c Bestäm ett approximativt värde på energin för det första exciterade tillståndet! Lösning 6.8 a: Om u skall vara ortogonal mot grundtillståndets vågfunktion dvs u ψ = kan vi i en serieutveckling av u sätta c =, dvs vi kan börja med index n= m= u = c n ψ n. Väntevärdet för energin kan uttryckas u Hu = c n ψ n H c m ψ m = c n ψ n c m Hψ m = n= n= m= = c n ψ n c m E m ψ m = n= m= n= m= E m c nc m ψ n ψ m = }{{} δ n,m = E m c m m= E c m = E m= m= c m = E. } {{ } Lösning 6.8 b: Vågfunktionen för det första exciterade tillståndet har de esta egenskaper som grundtillståndet har med det viktiga undantaget att den har en nod. Av symmetriskäl måste noden vara belägen i mitten, dvs vi har att göra med en udda funktion, se gur där vi skissat en reell sådan vågfunktion. De två första funktionerna i uppgift uppfyller detta, den första är dock krånglig 6

17 att räkna med så vi väljer u α x = Nx exp αx. Lösning 6.8 c: Vi inleder med den obligatoriska normeringen N x exp αx α 3 /4 dx = N =. π Vi delar nu upp förväntningsvärdet av Hamiltonoperatorn i två delar enligt H = H kin + H pot H kin = α 3 m 4 π / exp αx d x exp αx dx dx = = α 3 m 4 π / α En liknande uträkning för den potentiella energin ger αx 4 3x exp αx dx = 3 m α. H pot = V α 3 / a 4 x 3 exp αx dx = π Väntevärdet av den totala energin är alltså H = H kin + H pot = 3 m α + V a π α /. Vi minimerar detta uttryck med avseende på parametern α d H dα V a π α /. = 3 m V /3 a mv π α 3/ = α = 3. πa Med detta α insatt i den totala energin får vi en uppskattning av systemets första exciterade energinivå E enligt E 3 m α + V a π α / = 3 6V /3 πa. m 6.9 Enligt relativistisk partikelmekanik ges den kinetiska energin av E kin = p c + m c 4 mc. Här är p rörelsemängden, m vilo- massan och c ljusfarten. 7

18 a Serieutveckla E kin efter p och visa att den första ickeförsvinnande korrektionen till det ickerelativistiska uttrycket ges av p /m /mc. b Antag att denna term kan betraktas som en störning. Beräkna energiskiftet i första ordningen för en partikel i en endimensionell oändligt djup brunn på grund av denna term. Diskutera giltigheten av beräkningen. Välj en elektron i en brunn med bredden nm och en nukleon i en 'endimensionell kärna' med lämplig bredd. Lösning 6.9 a: Vi gör först följande omskrivning E kin = p c + m c 4 mc = mc Därefter använder vi den välkända Taylorutvecklingen + x + x 8 x, x. + p m c. 7 Med hjälp av denna skriver vi om uttrycket 7 för små värden på p/mc enligt p E kin mc m c p4 8m 4 c 4 = p m p4 8m 3 c. Vi observerar att den första termen är den klassiska kinetiska energin och att den andra termen är den efterfrågade korrektionen samt kontrollerar att även denna term har dimensionen energi. Lösning 6.9 b: Enligt första ordningens störningsteori läroboken sidan 38 skall vi beräkna E n = φ n V φ n = φn ˆp 4 4 8m 3 c φ n = φ 4 8m 3 c n x 4 φ n. Denna uppgift handlar om en oändligt djup brunn i en dimension, så egenfunktionerna är nπx φ n = a sin 4 nπ 4 nπx a x 4 φ n = a a sin. a I detta fall behöver vi alltså inte beräkna någon integral utan får svaret direkt 4 nπ E n = 8m 3 c a 4 φn φ n = mc π n ma = mc E n, 8

19 där E n betecknar de ostörda energinivåerna. Det följer då att approximationen är god när korrektionen är liten i förhållande till den ostörda nivån dvs då E n mc. Vi undersöker nu kvantitativt eekten av denna korrektion för två olika system, en elektron i en brunn med bredden nm och en nukleon i en 'endimensionell kärna' med bredden fm. Låt oss beteckna elektronens vilo- massa med m e, då gäller med a uttryckt i meter följande för grundtillståndet n = i brunnen π E = m e 3 8 m e 9 = π 4 4 7m 3 e. 6 J.4 7 ev. Motsvarande uppskattning för kärnan med a = fm = 5 m ger m p m e π E = 4m e 3 8 4m e 5 = 35 π m 3 e.77 J 7 MeV. Då detta i båda fallen är betydligt mindre än grundenergin E kan uppskattningen förväntas vara rimlig. Kommentar: Detta visar också att det normalt är rimligt att använda ickerelativistisk kvantmekanik Schrödingerekvationen i dessa sammanhang. I kärnfallet förbättras även situationen av att a igentligen bör väljas något större, tex a 5 fm för syre. 7.4 Visa att L x = i ett egentillstånd till L z, till exempel genom att ta förväntningsvärdet av kommutatorn [L y, L z ]. Lösning 7.4: Låt φ vara ett egentillstånd till L z, dvs L z φ = mφ. Vi gör först följande omskrivning se läroboken sidan 5 L x φ = φ L x φ = i φ [L y, L z ] φ. Genom att utnyttja att L z är hermitesk L z = L z och att m är ett reellt kvanttal får vi i L x φ = φ [L y, L z ] φ = 9 φ L y L z φ }{{} mφ φ L z L y φ =

20 = m φ L y φ L z φ L y φ = m φ L y φ m φ L y φ =. 7.7 En partikels tillstånd beskrivs av vågfunktionen φ r = f r Y m l θ, ϕ. a Använd den allmänna obestämbarhetsrelationen för att ge en undre gräns för produkten L x L y. b Bestäm det exakta värdet av denna storhet i detta tillstånd genom att utnyttja att det på grund av symmetri gäller att < L x > = < L y >. Lösning 7.7 a: Vi använder den allmänna obestämbarhetsrelationen sidan i läroboken I detta fall får vi A B C /, C = i [A, B]. C = i [L x, L y ] = L z C / = L z. Nu gäller speciellt för φ r = f r Yl m θ, ϕ att så att L z = Y m l L z Yl m = m, L x L y m. Lösning 7.7 b: Vi utgår från denitionen för obestämbarhet

21 A = A A. Enligt uppgift 7.4 är L x = L y = så att L x = L y = L x = L y, p.g.a. symmetrin mellan x och y. Enligt L = L x + L y + L z har vi då att För φ r = f r Yl m L = Y m l Slutligen får vi då L x = L y = L L z. θ, ϕ gäller nu = l l +, L z = Y m L Y m l l L z Yl m = m. L x L y = L x = L y = l l + m. Kommentar: Eftersom l m är detta resultat i överensstämmelse med vad vi visade i a En partikel beskrivs vid en viss tidpunkt av vågfunktionen φ r = N 3x y + z f r. Uttryck denna funktion i sfäriska koordinater. Man mäter vid denna tidpunkt rörelsemängdmomentets z-komponent. Vilka mätvärden kan erhållas och vad är deras sannolikheter? Lösning 7.8: Funktionen kan uttryckas i sfäriska koordinater genom följande omskrivning 3x y + z = r 3 sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ + cos θ = r 4 sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ + cos ϕ + sin θ sin θ + cos θ }{{}}{{} = r 4 sin θ cos ϕ sin θ + = r + sin θ cos ϕ. }{{} cos ϕ

22 Vårt problem förenklas nu betydligt genom följande identikation med klotytfunktioner r + sin θ cos ϕ = r 8 4π Y + Y 5 + Y. Alternativ trigonometrisk omskrivning: Möjligen är följande tillvägagångsätt mera naturligt 3 sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ + cos θ e = 3 sin iϕ + e iϕ + e θ + sin iϕ + e iϕ θ + cos θ 4 4 = sin θ e iϕ + e iϕ + sin θ + cos θ. }{{} Vi vet nu direkt vilka värden på rörelsemängdens z komponent som vi kan erhålla vid mätning, nämligen de som förekommer i de tre ingående klotytfunktionerna m =,,. För att beräkna deras sannolikheter måste vi först normera vågfunktionen dvs bestämma konstanten N. Den radiella delen påverkar inte rörelsemängdsmomentet så vi denierar funktionen U θ, ϕ = N 3x y + z /r = N 8 4π Y + Y 5 + Y som vinkeldelen av φr, då gäller = N 4π Y + = N 4π + = U θ, ϕ U θ, ϕ 8 Y 5 + Y 8 Y + Y 5 + Y Y + Y + 8 Y 5 + Y Y 8 Y 5 + Y 8 5 Y +

23 + Y + 8 Y 5 + Y 8 5 Y. Genom att utnyttja att klotytfunktionerna är ortonormerade Y l m Y m l = δ l lδ m m, får vi N 4π = N = 5 4π 3. Vinkeldelen av vågfunktionen kan då skrivas 5 8 U θ, ϕ = Y + Y Y = Y + 3 Y + 3 Y, och vi kan då direkt utläsa sannolikheterna för de olika mätvärdena som beloppet i kvadrat på respektive koecient P L z = = 5 3, P L z = = 8 3, P L z = = 8 3. Vi ser då även att totala sannolikheten är som sig bör. 7. En partikel med massan m rör sig i rummet under påverkan av den sfäriskt symmetriska potentialen sfärisk lådpotential V r = { V,, r < a r > a. Grundtillståndet, som är ett s-tillstånd dvs l =, har energin E = V /. a Finn lösningen till den radiella Schrödingerekvationen och ställ upp det villkor som gäller mellan a och V i detta fall. b I denna potential nns det inga bundna tillstånd för tillräckligt höga värden 3

24 på l. Kan du, genom att bestämma den eektiva potentialen bestämma ett värde på l där det med säkerhet inte nns något bundet tillstånd? Anmärkning: Den sfäriska lådpotentialen ger en icke alltför dålig approximation till den potential som en nukleon känner inuti en atomkärna. Lösning 7. a: Den radiella Schrödingerekvationen är se läroboken sidan 58 m r dr rr r + l l + mr R r + V r R r = ER r d om vi väljer u r = rr r får vi för l = m u + V r u = Eu. För r < a område I gäller att V r = V och E = V /, detta ger ekvationen u I + mv u mv mv I = u I = A sin r + B cos r, 8 där randvillkoret u I = ger B =. V r = och E = V /, vilket ger För r > a område II gäller att u II mv u mv mv II = u II = C exp r + D exp r, 9 randvillkoret u II r ger nu att D =. Vidare skall vågfunktionen och dess derivata vara kontinuerliga i punkten r = a, dvs u I a = u II a samt u I a = u II a. Från ekvation 8 och 9 får vi då följande ekvationsystem mv A sin a = C exp mv a A mv mv cos a = C mv exp. mv a Det måste alltså gälla att mv mv cos a = sin a, och den första positiva vinkel som uppfyller detta är rita en enhetscirkel! mv a = 3π 4 V a = 9π 6m. Vilket är det sökta villkoret mellan a och V. 4

25 Lösning 7. b: Den eektiva potentialen är V eff r = l l + mr + V r. Vi kan inte ha några bundna tillstånd om centrifugalpotentialen 'lyfter' den eektiva potentialen över nollnivån för alla r a skissa!. Vi kan då ställa upp följande villkor för r a l l + ma + V r a = l l + ma V > l l + > mv a, detta är en andragradsekvation i l med följande positiva lösning l > mv a, l =,, 3, Hamiltonoperatorn för elektronen i en väteliknande jon ges av H = m e Z e r. a Visa att vågfunktionen φ r = Z 3 / πa 3 exp Zr/a är normerad och att den satiserar Schrödingerekvationen. Vilka kvanttal svarar denna vågfunktion mot? b Bestäm förväntningsvärdet av dels den kinetiska energin, och dels den potentiella energin i tillståndet med n =, l = och m = i väteatomen. Lösning 8.3 a: Vågfunktionen har inget vinkelberoende svarar mot klotytfunktionen Y så det räcker att visa att följande integral i radiell del är normerad Z 3 πa 3 exp Zr/a 4πr dr = 4π Z3 πa 3! + =, Z/a där vi utnyttjat formelsamlingen för n =. Vi vill nu visa att den satiserar Schrödingerekvationen d.v.s. Hφ r = Eφ r. Vi börjar med den kinetiska delen av Hamiltonoperatorn och utnyttjar igen att φ r inte har något beroende av vinkelvariabler φ r = m e m e r rφ r = r 5

26 = m e r r rφ r + φ r = φ r m e r + φ r = Z m e a r Z a φ r = Z e r + E φ r. I sista steget har vi identierat e = i likhet med fallet Z = beskrivet på sidan 6, 63 i läroboken. Det är nu klart att första termen i tar ut bidraget från den potentiella delen av Hamiltonoperatorn, d.v.s. vi har visat att Hφ r = E φ r. Vi har då samtidigt identierat huvudkvanttalet m ea och E = Z m ea till n = jämför sidan 67 i läroboken. De övriga kvanttalen vet vi också eftersom vi tidigare konstaterat att vinkeldelen är Y, d.v.s. n, l, m =,,. Lösning 8.3 b: Vi vet att den totala energin i detta fall är E = Z m e a = Z e 8 a. Vi bestämmer nu förväntningsvärdet av den potentiella energin för tillståndet se formelsamlingen φ = Z5/ 8 r exp Zr/ a πa 3 sin θ exp iϕ. a Vi skall alltså beräkna V = Ze φ r φ = Z6 e 64πa 5 r exp Zr/a r dr π sin θ sin θdθ }{{} R π sin θ+ d dθ 3 cos3 θdθ π exp iϕ exp iϕ dϕ } {{ } π = Z6 e 4a 5 r 3 exp Zr/a dr = Z e 4a. När vi nu vet den potentiella energin kan vi beräkna den kinetiska mha ekvation enligt T E kin = E total E pot = Z e + Z e = Z e. 8 a 4a 8 a 6

27 8.4 För att bestämma storleken på sannolikhetsmolnet av elektroner i en atom brukar man använda en eektiv medelradie enligt r rms = r där rms står för root-mean-square. Bestäm denna storhet för s och p tillståndet i väteatomen. Lösning 8.4: s tillståndet n =, l =, m = har vågfunktionen se formelsamlingen φ = r exp r. 8πa 3 a a Vågfunktionen har inget vinkelberoende dvs är proportionell mot Y, detta gör att r s = φ r φ kan beräknas mha formelsamlingen genom följande integration i radiell led r s = 8πa 3 r r exp ra 4πr dr a = a 3 4!a 5 + 6!a7 4a 5!a6 = 4a 5 a a 3 + 8a 5 a 5 = 4a. För p tillståndet n =, l =, m =,, har vi vågfunktionerna se formelsamlingen φ = 4 r exp r cos θ = r exp r Y πa 3 a a 4a 5 θ, ϕ, a φ ± = 8 r exp r sin θ exp ±iϕ = πa 3 a a = r exp r Y 4a 5 ± θ, ϕ. a Omskrivningen till klotytfunktioner, som är normerade under integration av vinkelvariablerna, gör att vi åter igen kan integrera endast i radiell led r = p 4a 5 r 4 exp ra r dr = 4a 5 6!a 7 = 3a. Kommentar: Allmänt gäller r nl = a n 5n + 3ll+. 7

28 Figure : Skärmad potential heldragen skuggad och den ostörda Coulombpotentialen streckad illustrerad för det något orealistiska fallet Z =. Den heldragna horisontella linjen är den totala energin från störningsräkningen med µ =.5. Den streckade horisontella linjen utgör grundtillståndets energi 3.6 ev. 8.6 En ensam elektron i en väteliknande jon med laddningen Z känner av en ren Coulombpotential. Om yttre elektroner tillkommer så störs denna potential. Detta kan beskrivas med en 'skärmad Coulombpotential' V r = Z e r exp µr/a där µ är en konstant som bestämmer styrkan på skärmningen. Vad är skillnaden mellan Coulombpotentialen och den skärmade potentialen? Visa i en gur! Beräkna med hjälp av första ordningens störningsteori hur grundtillståndets energi förändras på grund av denna skärmning. Förenkla uttrycket när µ. Lösning 8.6: I gur har vi skissat Coulombpotentialen och den skärmade potentialen. För att göra en störningsräkning med en term i Hamiltonoperatorn H p som är liten för små µ, skriver vi H = H + H p = p m Ze + Ze e µr/a r r }{{}. µr/a +... Vågfunktionen för en vätelik jon med laddning Z är sidan 7 i läroboken Vi får då dv = 4π r dr φ = E = φ H p φ = 4e Z 4 a 3 Z 3 πa 3 8 e Zr/a. e µr/a re Zr/a dr =

29 = 4e Z 4 a 3 re Zr/a dr re µ Zr/a dr }{{}}{{} Z a Z+µ a = 4e Z 4 a 4Z Z + µ. 3 Vi undersöker nu den ledande termen i µ för den andra faktorn ovan och gör därför omskrivningen 4Z Z + µ = µ + 4Zµ 4Z Z + µ µ 4Z 3. Där vi i sista ledet bara behållt termer av ordning O µ i täljaren och O i nämnaren. Från ekvation 3 får vi alltså För en grask illustration se gur. E Ze a µ. 8.7 Vi har tidigare härlett det så kallade virialteoremet i det endimensionella fallet se uppgift 5 i kapitel 5. a Argumentera för att det i tre dimensioner gäller att E kin = r V. b Använd detta teorem för att nna ett allmänt uttryck för /r nl = φ nlm r φ nlm. Lösning 8.7 a: Vi använder följande uttryck för en allmän operator A från sidan 8 i läroboken d dt A = i [H, A]. 4 9

30 Vi uttrycker Hamiltonoperatorn i tre dimensioner som H = p m + V r och undersöker kommutatorn i högerledet för operatorn A = r p ] [ ] [H, A] = [r p, p p m + V r x + p y + pz = xp x + yp y + zp z, m [xp x + yp y + zp z, V r]. Med hjälp av en testfunktion kan vi nu beräkna kommutatorn till [H, A] = i p m x + p y + p z + i x V x + y V y + z V z = i E kin + i r V. Vi ser nu från 4 att eftersom A = r p inte har något tidsberoende måste det gälla att = i [H, A] = i i E kin + i r V E kin = r V. Lösning 8.7 b: Vi vill använda resultatet från uppgift a och beräknar V för väteatomens potential V = e r Detta ger då att V = V r e r + r V θ }{{} m.h.a. sfäriska koordinater e θ + r sin θ V ϕ }{{} e ϕ = e r e r. r V = r e r e r e r = e = V r V = V. r Utnyttjar vi nu virialteoremet vi visade i uppgift a får vi E kin = r V = V E kin = V. 5 Tillsammans med uttrycket för den totala energin H = E kin + V = E kin + V = V = E n = m e a n, följer då från ekvation 5 följande allmänna uttryck för förväntningsvärdet av r 3

31 Figure 3: Skiss över de två olika koordinatsystemen. = r e V = e H = e m e a n = a n. Vi konstaterar också att det endast beror på huvudkvanttalet n till skillnad mot tex r som beräknas i uppgift I klassisk mekanik inför man den så kallade reducerade massan för att kunna beskriva ett tvåpartikelsystem. På detta sätt kan den relativa rörelsen behandlas som ett enpartikelproblem, där massan ges av m red = m m /m + m. Härled detta ur Newtons rörelselagar genom att införa en relativ koordinat r = r r samt koordinaten för tyngdpunkten R = m r + m r /m + m. På motsvarande sätt kan det kvantmekaniska tvåkroppars problemet reduceras. Hur påverkar detta vätespektrum? Lösning 8.9: Från gur 3 följer det att koordinaten för tyngdpunkten är R = m r + m r /m + m på följande sätt. Om vi med α betecknar den andel av sträckan r som ligger mellan punkten R och r ger momentjämvikt kring punkten R m m α r = m α r α =. m + m Vi får då den i problemtexten givna vektorlikheten för tyngdpunkten R = r αr = r m m + m r r = m r + m r m + m. Vi introducerar nu några er beteckningar, totala massan M = m + m, samt koordinaterna för de i gur 3 förekommande vektorerna m.a.p. samma Cartesiska bas r j = x j, y j, z j j =, r = x, y, z R = X, Y, Z 3.

32 Enligt Newton gäller nu för varje partikel { m a = m r = F m a = m r = F. Då det för den relativa koordinaten och tyngdpunktens koordinat gäller att { r = r r R = m r +m r, M följer det direkt att { m r = m red r + m R m r = m red r + m R, 6 där vi i enlighet med problemtexten denierat den reducerade massan m red = m m /M. Genom att addera respektive subtrahera de två ekvationerna i 6 får vi { M R = F + F. 7 m red r = F F Den övre rörelselagen 7 för tyngdpunkten kan generaliseras till ett godtyckligt antal partiklar j m R j = j F j. Den undre ekvationen i 7 är den sökta rörelselagen för den relativa rörelsen, betraktad som en partikel med massan m red. Låt oss nu studera tvåkropparsproblemet kvantmekaniskt. Vi börjar med att studera enpartikelrörelsemängdsmomentoperatorn för en testfunktionf r, r = f R, r vid basövergången som vi illustrerar i gur 3. För varje komponent, t.ex. x-komponenten av partikel gäller f x = f X X + f x }{{} x m /M x x }{{} = m M Då detta gäller för alla komponenter x, y, z får vi X + f. x = m M R + r, 8 motsvarande räkning för partikel ger = m M R r. 9 Om vi nu inför rörelsemängdsoperatorer för tyngdpunkten ˆP = i R och den relativa rörelsen ˆp = i r får vi enligt ekvation 8 och 9 och ˆp = m M ˆP + ˆp 3

33 ˆp = m M ˆP ˆp. [ ] Den totala kinetiska energin kan då skrivas ˆP, ˆp = ˆT = ˆp + ˆp = m m m m M ˆP m + ˆp + m M ˆP ˆp där = ˆP M + + m m }{{ ˆp } m red m red = + = m m m m M åter igen är den reducerade massan. För två partiklar vars enda växelverkan beror på deras inbördes avstånd r, ˆV = V r r = V r, får vi då Hamiltonoperatorn Ĥ = ˆT + ˆV = ˆP M + ˆp + V r. m red Vi ansätter nu en vågfunktion där vi separerat koordinaterna för tyngdpunkten och den relativa rörelsen Ψ r, r, t = ϕ R, t φ r, t. Insättning i mångpartikel- Schrödinger ekvationen med högerledet denierat av ger i Ψ t = ĤΨ i ϕ t φ ϕ + t = φ ˆP ϕ M ϕ + ˆp φ m red φ + V r. Den första termen i vänsterledet respektive högerledet i beror ej av r och de övriga termerna beror ej av R. Vi kan alltså separera i två Schrödingerekvationer, en för tyngdpunkten som kan betraktas som en fri partikel med massan M i ϕ t = ˆP ϕ M, samt en för den relativa rörelsen som kan betraktas som en partikel med massan m red i potentialen V r 33

34 i φ t = ˆp φ + V r φ. 3 m red Med m red m e och V r = e /r är ekvation 3 precis den som lösts för väteatomen i läroboken sidorna 63-67, där man fann energispektrumet E n = m ee 4 n = n ev, n =,, 3, Att vi tidigare tillät approximationen m red m e beror på att protonens massa är så mycket större än elektronens m p m e m red = m em p m e + m p = m e. 5 Använder vi istället den reducerade massan 5 ser vi att energispektrummet 4 skall multipliceras med en faktor För t.ex. grundtillståndet i väte får vi då E = ev. 9.. Bestäm degenerationsgraden för skalen med godtyckligt värde på N. Det vill säga ange på hur många olika sätt tre ickenegativa tal kan kombineras så att deras summa blir N. Lösning 9.: Tänk dig att du har tre olika urnor, en för varje Cartesiskt kvanttal n x, n y, n z. Du har då N kulor att fördela mellan urnorna. På hur många sätt kan detta göras? Ordningen med vilken kulorna läggs i urnorna är naturligtvis oväsentlig. Man kan använda följande bild där de svarta kulorna anger de N kulorna och de vertikala strecken samt de vita kulorna utgör urnornas väggar De två yttersta väggarna är givna, återstår att välja plats för de två inre väggarna, dvs de två vita kulorna. Detta är ekvivalent med att välja ut positioner av totalt N +. Vi påminner oss om en sats från kombinatoriken: Dragning utan återläggning av p element ur q utan hänsyn till ordning kan göras på q q... q p + p! = q p olika sätt. Så att välja ut positioner av totalt N + kan göras på N + N +! N + N + a a! = =, =!N! b b! a b! 34

35 olika sätt. Kommentar: T.ex. för N = 3 får du olika tillstånd utan hänsyn taget till ev. spinfrihetsgrader i överensstämmelse med föregående uppgift Inte alla kärnor är sfäriska. Många icke-sfäriska kärnor har formen av en ellipsoid. Generaliseringen av den sfäriska harmoniska oscillatorn blir V x, y, z = m ω xx + ω yy + ω zz. Bestäm spektrum, med degeneration, för denna potential om ω x = ω y ω z. Studera speciellt fallet ω z = ω x = ω y. Lösning 9.5: Eftersom de olika Cartesiska komponenterna kan separeras jämför sidan 8 i läroboken får vi E = ω x n x + + ω y n y + + ω z n z + = = ω x n x + n y + + ω z n z +. I allmänhet kan inte kvantat i z-led 'ersättas' med en summa av kvantan i x- och y-led. Endast n x och n y kan då ge degeneration, samma som för en tvådimensionell isotrop harmonisk oscillator, dvs ˆN +. För fallet ω z = ω x = ω y får vi E = ω x n x + n y + + ω x n z + = ω x n x + n y + n z +. Nu motsvarar 'ett kvanta i z-led två kvanta i x/y-led'. Vi förväntas därför ha en högre degeneration, men inte lika hög som för en isotrop tredimensionell harmonisk oscillator N + N + /. Nedan följer de första tillstånden, betecknade enligt n x, n y, n z, med ökande energi nedåt i uppställningen,,,,,,,,,,,,,, 3,,, 3,,,,,,,,, 4,,, 4,,, 4,,,,,,,, 3,,, 3,. För att erhålla en allmän formel resonerar vi enligt följande. Det gäller att summan av de viktade kvanttalen skall vara konstant huvudkvanttal n x + n y + n z = N. 35

36 För varje xt värde på n z skall då n x och n y uppfylla n x + n y = N n z = ˆN. Detta delproblem är samma problem som den tvådimensionella isotropa harmoniska oscillatorn se uppgift 9.4 och vi har följande deldegeneration Vi skiljer nu på två fall samt ˆN + = n x + n y + = N n z +. ˆN jämn N n z jämn n z =,,,..., N/, ˆN udda N n z + jämn n z =,,,..., N + /. Detta ger oss nu den totala degenerationen N jämn N/ n z= N n z + = N + 4N + 4, 4 samt N udda N+/ n z= N n z + = N + 4N Detta ger följande degenerationer, från N = till N =,, 4, 6, 9,, 6,, 5, 3, 36, i överensstämmelse med uppräkningen av de första tillstånden ovan. Kommentar : De magiska talen med en spinfaktor blir M N= N + 4N + 7/ + N / 4 = M M + 7M M 8 = =, 6, 4, 6, 44,..., M =,,, 3, 4,.... Kommentar : En allmän lärdom från övningen är att symmetrier ger ökad degeneration! 36

37 Kompletteringar till lärobokens facit att införa i nästa upplaga. 5.6 Delsvar: a = mω/. Svar: E = ω/ grundtillståndet och E = 3 ω/.a exciterade tillståndet. 5.7 Komplettering till uppgiftstexten Antag att brunnen har bredden a. 6. Delsvar: α min = mv a π /3. Svar: E 3 V πma /3.83 V 6.9 Svar: b E n = E n mc. Approximationen är god då E n mc. /3. ma 9.3 Kommentar: Uppgiften skall lösas utan hänsyn till spinn. De magiska talen för kärnor som är uppräknade på sidan 83 överensstämmer bara med den harmoniska oscillatorns magiska tal med två spinntillstånd för de första tre, sedan behövs en förnad modell som bla inkluderar en LS-term. 37