Kvantmekanik II (FK5012), 7,5 hp

Transkript

1 Joakim Edsjö Fysikum, Stockholms Universitet Tel.: E-post: Lösningar till Kvantmekanik II (FK51, 7,5 hp 3 januari 9 Lösningar finns även tillgängliga på Uppgift 1 a Hermitska operatorer, Â, har t.ex. följande speciella egenskaper De har reella egenvärden Egenfunktioner svarande mot olika egenvärden är ortogonala De är hermitska  =  vilket innebär att vi kan flytta dem i en bracket: α Âβ = αâ β b Schrödingerekvationen lyder ] [ 1 m 1 m +V(r 1,r ψ(r 1,r = Eψ(r 1,r c Rörelsemängdsmomentsoperatorn för partikel 1 är L = i r 1 1 d En icke-degenererad energinivå har bara en uppsättning kvanttal som svarar mot den nivån (och bara en egenfunktion som har just den energin. För en degenererad energinivå finns det flera uppsättningar kvanttal (och egenfunktioner som alla har samma energinivå. e Med variationsprincipen får vi alltid en övre gräns till grundstillståndsenergin. Om vi därför mäter E obs > E g måste (givet att vi mätt och räknat rätt vår kvantmekaniska modell (Hamiltonoperator vara felaktig. Uppgift a Se Griffiths, avsnitt

2 b Med ˆQ = ˆx insatt i den givna ekvationen får vi d dt ˆx = i [Ĥ,ˆx] + ˆx. t Den sista termen är noll eftersom operatorn ˆx inte beror explicit på tiden 1 Enligt ledningen är vidare [Ĥ,ˆx] = i ˆp m, vilket ger oss d ˆx = ˆp dt m Denna ekvation visar att väntevärdena för ˆx och ˆp beter sig som deras klassiska motsvarigheter, dvs hastigheten (vänsterledet är givet av rörelsemängden delat med massan (högerledet, precis som det skulle vara klassiskt. Uppgift 3 a Normering av α ger ( 1 i 1 = α α = A A vilket gör att vi kan välja ( 1 i ( 1 i = A (1+i, A = 1 3. = = 9, b Mäter vi S z kan vi få ± 1 där sannolikheterna ges av hur mycket av respektive som finns i α. Sannolikheten att få + 1 är således P(+ 1 ( = α = 1 1 i 3 (1, = i = 1 9 (1+4 = 5 9 På samma sätt får vi sannolikheten att få 1, P( 1 ( = α = 1 1 i 3 (,1 = 1 9 = 4 9 Vi ser också att summan av sannolikheterna är 1 som sig bör, så svaret verkar rimligt. c Vi vill nu hitta den rikting ˆn i vilken α är egenvektor för spinn-operatorn S n = σ ˆn. Låt oss sätta upp att egenvektorn ˆn ges av ˆn = (x,y,z ; x +y +z = 1 Vi söker då komponenterna x, y och z, vilka är reella. S n -operatorn ges då av S n = σ ˆn = ( ( ( ( ] 1 i 1 x +y +z 1 i 1 Vi söker då x, y och z så att S n α = λ α. Välj λ = + 1 och vi får ( ( 1 x 1 ( i +y i ( 1 +z 1 ] ( 1 1 i 3 1 Notera att operatorn ˆx är tidsoberoende, allt tidsberoende ligger i vågfunktionerna. = ( 1 1 i 3

3 ( x 1 i vilket ger oss följande ekvationssystem ( i +y +i ( 1 i +z = ( 1 i x iy+(1 iz = 1 i (1 ix+(+iy z = Eftersom x, y och z är reella måste dessa två ekvationer vara uppfyllda för realdelar och imaginärdelar var för sig, varför vi får följande fyra ekvationer x+z = 1 (1 x+y z = ( y z = (3 x+y = (4 Ekv. (4 ger oss att x = y (5 Ekv. (1 och (3 ger oss sedan att Ekv. (5 insatt i ekv. ( ger oss att y +z = 1 (6 5y 4z = 4. Sätter vi in ekv. (6 i denna erhåller vi Ekv. (6 ger sedan att z = 1 9 y = 1 z = 8 9 (7 (8 och slutligen ger detta med ekv. (5 att Vår enhetsvektor ˆn ges då slutligen av x = y = 4 9. (9 ˆn = ( 4 9, 8 9, 1 9 Vi kan enkelt konstatera att ˆn är normerad som den ska, så resultatet verkar rimligt. Kommentar: Notera att våra Pauli-matriser σ x, σ y och σ z inte utgör en komplett bas av komplexa -matriser. Vi kan således inte sätta upp att S n är en godtycklig komplex - matris, försöka hitta dess komponenter från egenvärdesekvationen och sedan försöka hitta de x, y och z som ger oss denna matris. Gör vi på detta sätt skulle vi kunna förledas att tro att S n = ½, vilket är orimligt och dessutom en matris omöjlig att skapa som en linjärkombination av våra Pauli-matriser. 3

4 Uppgift 4 a Clebsch-Gordan-koefficientern beskriver hur egentillstånden till rörelsemängdsmomentsoperatorerna J och J z ser ut uttryckta i egentillstånden till J 1, J 1z, J och J z där J = J 1 + J, jm j = C jmj j 1m 1j m j 1 m 1 ;j m. De kan även användas åt andra hållet och uttrycka hur ett tillstånd j 1 m 1 ;j m ser ut uttryckt i tillstånden jm j. J, J 1 och J är godtyckliga rörelsemängdsmomentsoperatorer och kan t.ex. vara spinn, banrörelsemängdsmoment eller någon kombination därav. b För två fermioner med spinn 1 får vi totalt fyra tillstånd. Beteckna egentillstånden till S 1, S 1z, S och S z som m 1 m. För att förenkla notationen ytterligare ange m = 1 med och m = 1 med. Vi får då = 1 ( Singlettillstånd 11 = 1 = 1 ( = Triplettillstånd c Vi ska nu kombinera ihop singlett- och triplettillstånden ovan med banrörelsemängdsmomentet med l = 1. Vi får då två fall: För singlettillståndet är s =. j kan då anta värden från l s till l+s i hela steg, dvs j = l = 1. För triplettillstånden är s = 1. j kan då anta värden från l s till l+s i hela steg, dvs j =,1 eller. Sammanfattningsvis kan alltså j anta värdena, 1 eller. En mätning av J skulle då ge oss resultatet j(j +1, dvs möjliga värden är, och 6. Uppgift 5 a Energiegentilltånden är en produkt av vågfunktionerna för den endimensionella lådan, dvs 4 ( ψ nx,n y,n z (x,y,z = 3a 3 sin nx π ( a x ny π ( sin a y nz π sin 3a z med energiegenvärdena [ ] E nx,n y,n z = π n x m a + n y 4a + n z 9a = π [ 36n 7ma x +9n y +4n ] z ; n x,n y,n z = 1,,3,... (1 b Fem identiska bosoner kan alla vara i samma tillstånd, grundtillståndet ges då av E 5 bosoner = 5E 111 = 5 π 45π 7ma( = 7 ma 4

5 c För idensiska fermioner kan två inte vara i exakt samma tillstånd (Paulis uteslutningsprincip. Eftersom spinnet är s = 1 kan vi dock ha två olika spinn-tillstånd för varje rumstillstånd. De två första fermionerna kan vi då stoppa in i E 111. Nästa två får gå in i E 11, medan den sista får gå in i E 11. Grundtillståndsenergin ges då av E 5 fermioner = E 111 +E 11 +E 11 = π 37π [ ] = 7ma 9 ma d Eftersom s = 1 kan vi ha båda i ψ 111-tillståndet. Rumsdelen av tillståndet kan då bara vara symmetriskt och spinn-delen måste således vara antisymmetrisk. Det antisymmetriska spinn-tillståndet är då det s.k. singlettillståndet s,m =, = 1 [ + + ] där + betyder första fermionen i spinn upp och andra i spinn ner. Det totala antisymmetriska grundtillståndet är då ψ(r 1,r = ψ 111 (r 1 ψ 111 (r 1 [ + + ] Uppgift 6 Låt oss beteckna de endimensionella lösningarna med till den harmoniska oscillatorn som ψ n (x. För den tvådimensionella harmoniska oscillatorn kan vi (efter variabelseparation skriva lösningarna som ψ mn (x,y = ψ m (xψ n (y ; E = (m+n+1 ω ; m,n =,1,,... Grundtillståndet ges då av ψ (x,y medan första exciterade tillståndet ges antingen av ψ 1 (x,y eller av ψ 1 (x,y. Dessa tillstånd har båda energin E = ω. Det första exciterade tillståndet är således degenererat med degenerationsgrad. Låt oss för enkelhetens skull beteckna de första två endimensionella tillstånden som ( mω 1 4 ψ (x = e mωx π mω ψ 1 (x = xψ (x där ψ är grundtillståndet och ψ 1 är första exciterade tillståndet. Vi vill nu räkna ut korrektionerna till energinivåerna för störningen H = αxy för det första exciterade tillståndet. Låt oss göra detta med störningsräkning. Eftersom tillståndet är degenererat måste vi således hitta egenvärdena till vår W-matris ( Waa W W = ab W ba W bb där matriselementen ges av W ij = ψ i H ψ j med ψ a (x,y = ψ 1 (x,y och ψ b (x,y = ψ 1 (x,y. Vi får då att W aa = ψ a H ψ a = ψ 1 αxy ψ 1 = ψ1 (xψ (yαxyψ 1(xψ (ydxdy ( ( = α ψ 1 (x xdx ψ (y ydy = } {{ }} {{ } 5

6 vilket är noll då integranderna är udda funktioner som integreras över ett jämnt intervall. På samma sätt är W bb = ψ b H ψ b = ψ 1 αxy ψ 1 = ψ(xψ 1(yαxyψ (xψ 1 (ydxdy ( ( = α ψ (x xdx ψ 1 (y ydy = } {{ }} {{ } Matriselementet W ab ges däremot av W ab = ψ a H ψ b = ψ 1 αxy ψ 1 = ψ1(xψ (yαxyψ (xψ 1 (ydxdy = α ψ1 (x ψ (xx dx }{{} yψ (y ψ 1 (ydy }{{} mω ψ1(x mω ψ 1 (y = α mω ψ 1(x ψ 1 (x ψ 1 (y ψ 1 (y }{{}}{{} 1 1 Eftersom ψ, ψ 1 och α är reella ges W ba av vilket ger oss vår W-matris = mω W ba = W ab = W ab = mω, W = ( mω mω Vi söker egenvärdena till denna matris(egenvektorerna är sedan våra bra tillstånd för störningsräkning. Egenvärdna λ ges av egenvärdesekvationen λ mω λ = λ = ± α mω mω Första exciterade tillståndet kommer alltså att få sin degenerationsgrad lyft och energinivåerna blir således E = ω ± α mω. Kommentar 1: För de som istället valde att räkna ut korrektionen till grundtillståndsenergin blir det mycket enklare då man inte behöver använda degenererad störningsräkning. Korrektionen ges då av E = ψ H ψ =, vilket är noll p.g.a. att vi får udda integrander som integreras över jämna intervall. Kommentar : Istället för att använda de explicita lösningarna ψ och ψ 1 som i denna lösning kan man sätta upp x och y i H som stegoperatorer a ± x och a± y och använda dess egenskaper för att hitta matriselementen. Man måste då komma ihåg att vi har olika stegoperatorer i x- och y-led. 6