Zbirka zadataka iz kvantne mehanike

Transcript

1 Elektrotehnički fakultet Univerziteta u Beogradu Milan Tadić Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, 11.

2

3 Predgovor Predgovor I izdanju Zbirka zadataka iz kvantne mehanike sadrži zadatke koji su u okviru dela kursa iz kvantne mehanike rešavani na časovima vežbanja polaznicima kursa Kvantna mehanika na Odseku za fizičku elektroniku. U Zbirku su uključeni i neki zadaci sa ispita, kao i interesantni zadaci za pripremu za ispit. Beograd, Prof. dr Milan Tadić Predgovor II izdanju Za slušaoce kursa školske 1/11. godine dodato je nekoliko novih zadataka i ispravljene su uočesne štamparske greške. Beograd, Prof. dr Milan Tadić 3

4 4

5 1 Dirakova notacija i matrična reprezentacija kvantne mehanike 1. Hamiltonijan sistema sa nivoa dat je izrazom: Ĥ = i ε i + i t j, i=1 i=1j i) gde ketovi i i j formiraju ortonormirani bazis, a ε i t < su konstante. a) Odrediti matricu H koja predstavlja Ĥ u datom bazisu. b) Odrediti svojstvene vrednosti i svojstvene vektore matrice H. Rešenje. a) Schrödingerova jednačina ima oblik: Razvijmo nepoznatu funkciju u bazis funcija ψ i = i : ĤΨ = EΨ. 1) Ψ = i c i ψ i = i c i i. ) Rezultat ovog razvoja je: Hc = Ec, 3) gde je H Hamiltonova matrica. Matrični element H ij ove matrice je: H ij = i 1 ε 1 + ε ) + 1 ε + ε 1 ) j. 4) Lako se pokaže da su matrični elementi: H 11 = ε, H 1 = t, H 1 = t, H = ε. 5) Prema tome, Hamiltonova matrica je: H = [ ε t ] t. 6) ε 5

6 6 1. Dirakova notacija i matrična reprezentacija kvantne mehanike Svojstveni problem je, dakle [ ε t ] [ t ε c 1 c ] = E [ c 1 c ]. 7) b) Sekularna jednačina je: odnosno: Rešenja ove jednačine su: ε E t t =, 8) ε E ε E) t =. 9) E ± = ε ± t. 1) Osnovno stanja ima energiju ε + t. Svojstveni vektor koji odgovara ovom stanju se dobija na osnovu: εc 1 + tc = ε + t)c 1 11) tc 1 + εc = ε + t)c. 1) Odavde sledi: Na osnovu uslova normiranja: sledi: Prema tome: odnosno: Slično se može pokazati: odnosno: c = c 1. 13) c i = 1, 14) i=1 c 1 = 1, c = 1. 15) [ ] c + = 1 1, 16) 1 Ψ + = ). 17) [ ] c = 1 1, 18) 1 Ψ = 1 1 ). 19)

7 Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora 1. Izračunati matrični element koordinate x izmedu svojstvenih funkcija LHO, x kn = ψ k x ψ n. Rešenje. Ilustrativan primer primene ovih rekuretnih relacija je računanje dipolnog matričnog elementa, koji se pojavljuje u teoriji optičkih prelaza dipolni matrični element je zapravo e ψ k r ψ n ): x kn = ψ k x ψ n = ψ k xψ n dx = 1 ) n n + 1 α ψ k ψ n 1ξ) + ψ n+1 ξ) dξ = 1 n n + 1 α ψ k ψ n 1 dξ + ψ k ψ n+1 dξ. 1) Ovde je uzeta u obzir činjenica da je ψ k realno, pa je ψ k = ψ k. Koristeći ortonorniranost svojstvenih funkcija LHO: lako se dobija: Odavde sledi: x kn = 1 α ψ k ψ n dx = δ kn, ) ψ k ψ n dξ = αδ kn, 3) ) n n + 1 δ k,n 1 + δ k,n+1. 4) Jačina matričnog elementa prelaza je proporcionalna energiji stanja sa većom energijom i, dakle, ista je za emisiju i apsorpciju energije pri prelazu izmedu dva stanja, kao što je prikazano na slici. 7

8 8. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora Sl. 1. a) Jačine matričnih elemenata prelaza sa stanja n na stanje n 1 i n + 1. b) Prelazi izmedju dva stanja imaju iste jačine.. Pokazati da za LHO važi: x) p x ). Rešenje. Srednje kvadratno odstupanje je: x) = x x. 5) S obzirom da je potencijal simetričan, srednja vrednost koordinate je: x =. 6) Prema tome: x) = x = ψ nx ψ n dx. 7) Ovaj integral se rešava višestrukom primenom I rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO. Zamenom: x = ξ α ; α = mω. 8) u izraz za srednju vrednost x, dobija se: x = 1 α 3 ψnξ ψ n dξ. 9) Na osnovu I rekurentne relacije sledi: ξψ n ξ) = n n + 1 ψ n 1ξ) + ψ n+1 ξ). 1)

9 9 Odavde se lako dobija odnosno: ξ ψ n ξ) = n n + 1 ξψ n 1ξ) + ξψ n+1 ξ). 11) ) n n 1 n ξ ψ n ξ) = ψ n + ψ n ) n + 1 n + 1 n + + ψ n + ψ n+. 1) Koristimo nadalje činjenicu da je videti primer sa dipolnim matričnim elementom): na osnovu koje sledi: Konačno je dakle: x = 1 α 3 ψ n x) = x = ψ kψ n dξ = αδ kn, 13) n ψ n + n + 1 ) ψ n dξ = 1 α n + 1 ). 14) n + 1 ), n =, 1,,... 15) mω S obzirom da je potencijal paran, a operator linearnog momenta impulsa) menja parnost svojstvene funkcije LHO, sledi da je: p x =. 16) Za operator impulsa, potrebno je koristiti drugu rekurentnu relaciju svojstvenih funkcija LHO: Na osnovu sledi: p x ) = p x = ψ n d dx ψ ndx = α ψn d dξ ψ ndξ. 17) dψ n n n + 1 dξ = ψ n 1ξ) ψ n+1 ξ). 18) d ψ n dξ = Druga primena II rekurentne relacije daje: Koristeći 13), lako se pokazuje da je: n dψ n 1 dξ n + 1 ) d ψ n n n 1 n dξ = ψ n ξ) ψ nξ) ) n + 1 n + 1 n + ψ n ξ) ψ n+ ξ). ψ n dψ n+1. 19) dξ ) d ψ n dξ dξ = n + 1 ) α, 1)

10 1. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora odnosno Sledi dakle da je: p x ) = p x = α n + 1 ) = m ω n + 1 ). ) x) p x ) = n + 1 ). 3) Minimalna vrednost proizvoda neodredenosti je za n = i iznosi /. Prema tome, x) p x ). 4) Ovaj rezultat je identičan Hajzenbergovoj relaciji neodredenosti, koja je opšta i važi za bilo koji potencijal. 3. Pokazati da je kod LHO ukupna energija E n jednaka dvostrukoj srednjoj vrednosti kinetičke i potencijalne energije u n-tom stanju, tj pokazati da važi E n = T n i E n = U n. Rešenje. Srednja vrednost kinetičke energije je: T n = ψn ˆp x = 1 m m ω m ψ ndx = 1 m n + 1 ) = ω ψn ˆp xψ n dx = 1 m p x n + 1 ) = E n. 5) Slično je: U n = ψ n = 1 mω mω 1 mω x ψ n dx = 1 x n = 1 mω mω n + 1 ) = ω n + 1 ) = E n. n + 1 ) 6) Dakle važi: T n = U n. 7) 4. Koristeći operatore kreacije i destrukcije, izvesti rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO. Rešenje. Koordinata je: Poznato je: x = mω â + â ). 8) âψ n = nψ n 1, 9) Lako se dobija: Koristeći ξ = αx, gde je α = mω/, lako se dobije: â ψ n = n + 1ψ n+1. 3) xψ n = mω nψ n 1 + n + 1ψ n+1 ). 31) ξψ n = n n + 1 ψ n 1 + ψ n+1. 3)

11 11 Ovo je I rekurentna relacija svojstvenih funkcija LHO. Slično se može izvesti II rekurentna relacija svojstvenih funkcija LHO. Koristimo: odakle sledi: odnosno: Uz zamenu α = mω/, lako se dobije: m ω ˆp = i â â), 33) m ω ˆpψ n = i n + 1ψn+1 ) nψ n 1, 34) i α d m ω dξ ψ n = i n + 1ψn+1 ) nψ n 1. 35) ξ dψ n n n + 1 dξ = ψ n 1 ψ n+1. 36)

12 1. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora

13 3 Naelektrisana čestica u elektromagnetskom polju 1. Čestica mase m i naelektrisanja q nalazi se u kombinovanom potencijalu LHO x ) i homogenog električnog polja usmerenog suprotno od x ose. Odrediti svojstvene energije čestice. Rešenje. Električno polje je: Usvajajući ϕ) =, ϕ = Kx. odnosno: K = K e x = dϕ/dx e x. 1) Šredingerova jednačina je: d ) ψ 1 m dx + mω x + qkx ψ = Eψ, ) d ψ m dx + 1 mω x + qk ) mω x ψ = Eψ. 3) Potencijal ima oblik parabole sa nulama x 1 = qk/mω i x = i položajem minimuma x min = qk/mω. Vrednost potencijala u minimumu je U min = q K /mω ), a koeficijent ispred x je isti kao bez električnog polja. Drugim rečima, efekat električnog polja je pomeraj parabole u centru za x = x min i spuštanje parabole za U min. Svojstvene vrednosti energije ne zavise od koordinatnog početka i imaju iste vrednosti računate u odnosu na minimum. Dakle, E n = ω n + 1 ) q K mω. 4) Do ovog rezultata se može doći dopunom funkcije potencijala do punog kvadrata: d ψ m dx + 1 mω x + qk mω x + q K ) m ω 4 ψ = E + q K m ω 4 ) ψ. 5) Označimo: E = E + q K mω, 6) x = x + qk mω. 7) 13

14 14 3. Naelektrisana čestica u elektromagnetskom polju S obzirom da je: d ψ dx = d ψ, 8) dx lako se dobije: d ψ m dx + 1 mω x ψ = E ψ. 9) Ovo je Šredingerova jednačina za LHO. Sledi: E = E + q K mω = n + 1 ) ω, 1), odakle se dobije: E n = ω n + 1 ) q K mω. 11). Elektron mase m i naelektrisanja q = e nalazi se u homogenom električnom polju intenziteta K usmerenom suprotno od x ose i potencijalu beskonačno duboke potencijalne jame širine d. Odrediti svojstvene vrednosti energije osnovnog stanja elektrona, ako je m =, 67m m je masa slobodnog elektrona), d = 1 nm, K = 1 4 V/cm. Rešenje. Šredingerova jednačina je oblika: odnosno: d ψ dx + mqk Uvedemo smenu u Šredingerovu jednačinu: ξ = x l gde je: Šredingerova jednačina se svodi na: Opšte rešenje se može prikazati u obliku: d ψ dx + m E + ekx)ψ =, 1) x + E )ψ = 13) ek E ekl, 14) ) 1/3 mek l =. 15) d ψ ξψ =. 16) dξ ψξ) = C 1 Aiξ) + C Biξ), 17) gde su Ai i Bi Ejrijeve funkcije. Treba primetiti da opštem rešenju daju doprinos oba fundamentalna rešenja, s obzirom da je beskonačno duboka i konačne širine. Naime, Ejrijeva funkcija Bi teži, kada x, ali se granični uslovi za talasnu funkciju postavljaju u x = i x = d, pa rešenje ne divergira, ako Bi učestvuje u rešenju. Treba naći nulu determinante: Aiξ ) Biξ ) Aiξ d ) Biξ d ), 18) gde su ξ = ξx = ) i ξ d = ξx = d). Za brojne podatke date u tekstu zadatka, sledi: E 1 = 51, mev. 19)

15 4 Teorija perturbacija nezavisnih od vremena 1. Neperturbovani hamiltonijan je oblika: Ĥ = ˆp x m + 1 kx, k >. 1) Odrediti svojstvene energije stacionarnih stanja u okviru prva dva reda teorije perturbacija, ako na sistem deluje perturbacija oblika: Ĥ = 1 k x. ) Rešenje. Neperturbovane svojstvene vrednosti su: E ) n = ω n + 1 ), n =, 1,,.... 3) Ovde je ω = k/m. Tačno rešenje ima istu formu, uz zamenu ω ω = k + k )/m, jer je: Ux) = 1 k + k )x = 1 ) k 1 + k x. 4) k odnosno Po TP I reda: E n = ω n + 1 ) 1 + k k E 1) n = H nn = ψ ) n k x ψ ) n = 1 k x n, 6) gde x n označava srednju vrednost x u stanju n. Već ranije je pokazano da je ova srednja vrednost: x n = n + 1 ). 7) mω Prema tome, korekcija prvog reda je: E 1) n = 1 k mω n + 1 ) = 1 k k ω n + 1 ). 8) 15 5)

16 16 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena Popravka drugog reda za energiju je: E ) n = k n H kn. 9) E n ) E ) k Matrični element H kn = 1 k ψ ) n x ψ ) n, 1) gde je: Zamenimo ξ = αx u ovu relaciju, pa sledi: ψ ) n x ψ ) n = ψ ) n x ψ ) n = 1 α 3 ψ ) k x ψ ) n dx. 11) Ovde koristimo rekurentnu relaciju za svojstvene funkcije LHO: n ξψ n ) = ψ) Još jedna primena ove rekurentne relacije daje: ξ ψ ) n = nn 1) ψ ) S obzirom da su talasne funkcije ψx) ortnormirane, sledi: n + 1 n 1 + ψ ) k ξ ψ ) n dξ. 1) ψ ) n+1. 13) n + 1)n + ) n + ψ ) n+ + n + 1 ) ψ n ). 14) Prema tome: ψ k ξ)ψ n ξ)dξ = αδ kn. 15) ψ n ) x ψ n ) = 1 nn 1) n + 1)n + ) α δ k,n + δ k,n+ + n + 1 ) ) δ k,n. 16) S obzirom da u sumi ne učestvuje član k = n, treći član na desnoj strani prethodnog izraza ne doprinosi matričnom elementu. Prema tome, E ) n = k n = 1 8 H kn = 1 1 { nn 1) n E ) 4 k α ω k ) ω n + 1 ). E ) k k } n + 1)n + ) 8 ω Aproksimativno svojstvena vrednost izračunata pomoću teorije perturbacija II reda je: E n = E n ) + E n 1) + E n ) = ω n + 1 ) k k 1 k ) 8 k. 18) 17)

17 17 Treba napomenuti da razvoj u Tejlorov red tačne vrednosti za energiju daje isti rezultat. Ovaj red konvergira samo za k /k < 1. Interesantno je napomenuti da uslov za konvergenciju svojstvene energije ne zavisi od kvantnog broja n.. LHO je perturbovan potencijalom F x. Naći korekciju energije n-tog stanja u okviru prva dva reda teorije perturbacija i uporediti sa tačnim rešenjem ovog problema. Rešenje. S obzirom da je hamiltonijan perturbacije neparna funkcija koordinate, za simetričnu kvantnu jamu, kakav je potencijal LHO, korekcije za energiju po teoriji perturbacija I reda su: jer perturbacija izmeni parnost parne funkcije ψ ) n. Po teoriji perturbacija II reda: E ) n E 1) n = H nn = F ψ ) n x ψ ) n =, 19) = k n H kn E ) n E ) k Koristeći I rekurentnu relaciju svojstvenih funkcija LHO: = F k n ψ ) k psi) E n ) E ) k n. ) ψ ) k psi ) n = = 1 α = ψ ) k xψ n ) mω ψ ) k dx = 1 α ψ ) k ξψ n ) dξ ) n n + 1 ψ n 1 + ψ n+1 dξ. ) n n + 1 δ k,n 1 + δ k,n+1, 1) gde je iskorišćeno: ψ ) k ψ) n dξ = αδ kn. ) Dakle, samo dva matrična elementa, izmedu n-tog svojstvenog stanja i susednih stanja daju doprinos popravci za energiju. Korekcija za energiju po teoriji perturbacija II reda je: E n ) = F n mω ω n + 1 ) = F ω mω. 3) Prema tome, vrednost energije n-tog svojstvenog stanja po teoriji perturbacija II reda je: E n = ω n + 1 ) F mω. 4) Za razmatrani slučaj može se dobiti i tačno rešenje dopunom izraza za potencijal do punog kvadrata. Naime, Šredingerova jednačina je: d ) ψ 1 m dx + kx F x ψ = Eψ. 5)

18 18 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena Potencijal se može pisati u formi: Izvršimo smenu: Ux) = 1 k x F ) F k k. 6) u = x F k. 7) Šredingerova jednačina postaje: d ψ m du + 1 ku ψ = E + F ) ψ. 8) k Ova jednačina ima oblik Šredingerove jednačine za LHO, pa sledi: odnosno: što je isti izraz kao aproksimativna vrednost po teoriji perturbacija II reda. E n + F k = ω n + 1 ), 9) E n = ω n + 1 ) F mω, 3) 3. Naći popravku energije osnovnog 1s stanja atoma vodonika usled gravitacionog polja pomoću teorije perturbacija I reda. Rešenje. Svojstvena vrednost i svojstvena funkcija neperturbovanog 1s stanja su: U ovim relacijama, a µ je redukovani radijus prve Borove orbite: e E 1s =, 31) 4πε )a µ ψ 1s = 1 e r/aµ. 3) πa 3 µ a µ = 4πε µe = a m µ, 33) gde je a Borov radijus, a µ je redukovana masa sistema elektron-proton µ = mm/m + M)). Perturbacija za energiju je: Ĥ = γ mm r, 34) gde je m masa elektrona, M je masa protona, a γ univerzalna gravitaciona konstanta. Po TP I reda, popravka za energiju je: Integral koji treba rešiti je oblika: Sledi: E 1) 1s = 1 πa 3 µ γ mm r ) e r/a µ 4πr dr. 35) x n e αx dx = n!. 36) αn+1 E 1) 1s = γmm a µ. 37)

19 19 Sl. 1. Perturbacija potencijal beskonačno duboke kvantne jame u prisustvu homogenog električnog polja. Prema tome, odnos energija je: E 1) 1s = 8πε γmm E ) e = 8, ) 1s 4. Pozitivno naelektrisana čestica naelektrisanja jednakom elementarnom naelektrisanju q = e mase m =, 67m, gde je m masa slobodnog elektrona, nalazi se u beskonačno dubokoj potencijalnoj jami širine d = 1 nm i podvrgnuta je dejstvu homogenog električnog polja intenziteta K = 1 4 V/cm usmerenog duž x ose. Izračunati promenu energije osnovnog stanja u okviru prva dva reda teorije perturbacija smatrajući da samo četiri nivoa neperturbovane jame značajno utiču na energiju osnovnog stanja sa poljem, dok je uticaj viših nivoa zanemarljiv. Rešenje. Svojstvene energije i svojstvene funkcije elektrona u jami bez električnog polja su: E ) n = n π m d, 39) ψ ) n x) = Svojstvena vrednost energije osnovnog stanja je: d sin nπ d x ). 4) Hamiltonijan perturbacije je: E ) 1 = π = 56, 197 mev. 41) m d Ĥ = ekx. 4)

20 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena Korekcija za energiju po TP I reda je: E 1) 1 = H 11 = = ek d d d = ekd. Ovde smo iskoristili sledeći rezultat: ψ ) 1 ekx)ψ) 1 dx = ek d x 1 cos π d x) dx = ek d d d x sin π d x ) dx d x cos π ) d x dx 43) d nπ ) x cos d x dx = d n π [ 1)n 1]. 44) Prema tome, integrali sa neparnim koeficijentom uz x u argumentu cos funkcije imaju vrednost različitu od nule, dok su oni sa parnim koeficijentima jednaki nuli. Korekcija za energiju po TP II reda je: E ) 1 = 4 k 1 H k1. 45) E ) 1 E ) k Po uslovu zadatka, treba izračunati matrične elemente H 1, H 31 i H 41. Matrični element H 1 je: H 1 = d d = ek d π ) ) π ekx) sin d x sin d x dx d [ π ) )] 3π x cos d x cos d x dx = 16eKd 9π. 46) Na sličan način se zaključuje da je: H 31 = 47) i S obzirom da je: Korekcija drugog reda je: H 41 = 3eKd 5π. 48) E ) 1 E ) = 3 π m d, 49) E ) 1 E ) 4 = 15 π m d. 5) E ) 1 = ekd) 31, 6454md π 15 π. 51) Ovde je zamenjena numerička vrednost koeficijenta: Na osnovu 46) i brojnih podataka u tekstu zadatka sledi: ) = 31, ) E 1) 1 = 5 mev. 53)

21 1 Sl.. Potencijal beskonačno duboke kvantne jame perturbovan potencijalnim stepenikom. Na osnovu 45) dobija se: E ) 1 = mev. 54) Konačno, svojstvena vrednost energije je: E 1 = E ) 1 + E 1) 1 + E ) 1 = 51, mev. 55) Podsetimo se da je ovaj slučaj već razmotren u u poglavlju o kretanju naelektrisane čestice u elektromagnetskom polju. Za brojne podatke date u tekstu zadatka, sledi: E 1tač = 51, mev. 56) Apsolutna greška E = E 1 E 1tač mev, što je praktično zanemarljiva vrednost. 5. Čestica mase m nalazi se u beskonačno dubokoj potencijalnoj jami širine a, koja je perturbovana potencijalnim stepenikom širine a/ i visine U, kao što je prikazano na slici. a) Koristeći teoriju perturbacija prvog reda odrediti popravku svojstvene energije n-tog stanja u beskonačno dubokoj kvantnoj jami usled perturbacije. b) Odrediti popravku svojstvene energije osnovnog stanja po teoriji perturbacija drugog reda. Rešenje. Svojstvene energije u beskonačno dubokoj kvantnoj jami date su izrazom: E ) n = n π m a. 57) Svojstvene talasne funkcije, za koordinatni početak na levoj granici jame imaju oblik: ψ ) n = a sin nπ a ). 58) a) Prema teoriji perturbacija I reda: Ovaj integral je oblika: E 1) n = n H x) n. 59) E n 1) = a a U a/ sin nπ a x ) dx. 6)

22 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena Popravka I reda ima vrednost: E 1) n b) Popravka svojstvene energije osnovnog stanja drugog reda je: Matrični elementi su: odnosno E ) n = k= H k1 = ψ ) k H ψ ) 1 = a a U Ovaj matrični element je različit od nule samo za parno k. Stavimo k = j: S druge strane: Popravka za svojstvenu vrednost energije osnovnog stanja je, dakle gde je iskorišćeno: E ) 1 = U) ma π = U. 61) H k1. 6) E ) 1 E ) k a/ ) kπ π ) sin a x sin a x dx, 63) H k1 = U k coskπ/ k 1)π. 64) H k1 = 4 U) π j j 1/4. 65) E ) 1 E ) j = ma 1 4j ). 66) j=1 j=1 j j 1/4) 3 = 1 ma 4 U), 67) j j 1/4) 3 = π 4. 68) Dakle, koristeći teoriju perturbacija II reda, svojstvena energija osnovnog stanja je: E 1 = E ) 1 + U 1 4 U) /ma. 69) Da bi važila teorija perturbacija, U mora biti mnogo manje od razlike energija drugog i prvog stanja u kvantnoj jami: U 3π m a. 7) 6. a) Odrediti popravku svojstvene vrednosti energije n-tog stanja čestice mase m u potencijalu linearnog harmonijskog oscilatora Ux) = mω x /) po teoriji perturbacija nezavisnih od vremena I reda, ako je perturbacija oblika Ĥ = ˆp x/m ), m = const, a ˆp x operator količine kretanja. b) Odrediti tačnu vrednost svojstvene energije n-tog stanja LHO sa perturbacijom. Rešenje. Hamiltonijan sistema bez perturbacije je: Ĥ = ˆp x m + 1 mω x. 71)

23 3 Neperturbovana svojstvena vrednost energije je: E n = ω n + 1 ). 7) Popravka za svojstvenu vrednost energije po teoriji perturbacija I reda je: Matrični element je: E 1) n = n Ĥ n = n d m dx n. 73) n d dx n = 1 α α Uzastopnom primenom II rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO: Matrični element je, dakle: ψ n d ψ n dξ. 74) dξ ) ) d ψ n n n 1 n n + 1 n + 1 n + dξ = ψ n ψ n ψ n ψ n+. 75) n d dx n = n + 1 ) α Popravka za svojstvenu vrednost energije je: Dakle, E 1) a perturbovana svojstvene vrednost energije: n = n Ĥ n = 1 m m ω E 1) ψ nψ n dξ = n + 1 ) α. 76) n + 1 ). 77) n = 1 m m E n, 78) E n = E n ) m m. 79) b) Tačno rešenje se može lako dobiti, ako napišemo perturbovani hamiltonijan u formi: gde je: Ĥ = 1 Tačna vrednost svojstvena energije perturbovanog stanja je: ˆp x µ + m ) 1 µ µω x, 8) m ω = ω µ. 81) E n = E n m µ = E n 1 + m m. 8)

24 4 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena

25 5 Varijacioni metod 1. Odrediti energiju osnovnog stanja LHO pomoću varijacionog metoda, koristeći varijacionu funkciju oblika: fx, α) = e αx. 1) Rešenje. Integral koji stoji u imeniocu funkcionala energije: f f = e αx dx = Ovde smo koristili vrednost Puasonovog integrala e u du = π. Prema tome: E = f Ĥ f f f = α π e αx m π α. ) d dx + 1 mω x ) e αx dx. 3) Koristeći: lako se dobija: i odnosno: Minimum ove funkcije je: x n e αx dx = e αx m d dx n 1)!! π n α n+1 4) ) e αx dx = π m α α 5) ) 1 e αx mω x e αx dx = 1 1 π mω 4α α, 6) E = α m + mω 8α. 7) d E dα = m mω 8α 8) 5

26 6 5. Varijacioni metod Odavde sledi da je: Drugi izvod E po α daje: Optimalna vrednost za E je: d E dα α = mω. 9) α=α = mω >. 1) 4α3 E α ) = ω, 11) a normirana varijaciona funkcija: fx, α ) = 4 mω π što predstavlja i tačno rešenje videti poglavlje o LHO). mωx e, 1). Odrediti energije osnovnog i prvog višeg stanja elektrona u beskonačno dubokoj kvantnoj jami širine a, ako su probne funkcije unutar jame x a): parno stanje: fx, α) = a x )1 + αx ); 13) neparno stanje: fx, α) = a x )x + αx 3 ). 14) Rešenje. Oblik Hamiltonijana u oblasti x a je: d Ĥ = m dx. 15) Za energiju koristimo jedinicu ev, a za dužinu nm. Za brojnu vrednost usvajamo približno /m =, 381 evnm. Funkcional energije je: Potrebno je rešiti integrale oblika: Za parno stanje: a a x n dx = xn+1 n + 1 E = E = f Ĥ f f f. 16) +a a a n+1 n+1 =, n parno, n neparno Odredimo prvi izvod funkcionala po α. Na osnovu uslova d E /dα = : Samo rešenje:. 17) 3 11a 4 α + 14a α ma a 4 α + 6a α ) 13a 4 α + 98a α + 1 =. 19) α =.75 a ) dovodi do minimuma. Vrednost funcionala u α je: E α ) =, 9494 a ev. 1)

27 7 Za neparno stanje: Odredimo d E /dα =, što se svodi na: E = 11 4ma 3a 4 α + 54a α a 4 α + a α ) 59a 4 α + a α + 99 =. 3) Samo jedno rešenje dovodi do minimuma: a vrednost energije u minimumu je: i Tačna rešenja su:, α = a, 4) E α ) =, 3765 a. 5) E 1 = π 1, 948 8m a = a 6) E = π, m a = a. 7) Uočava se da je bolja procena dobijena za energiju osnovg stanja, jer je greška na petoj značajnoj cifri. 3.Primenom varijacionog metoda naći energiju osnovnog stanja trodimenzionog izotropnog LHO, sa potencijalom oblika Ur) = mω r r je radijus). Za varijacionu funkciju uzeti fr) = A1 + αr)e αr, gde je α varijacioni parametar. Napomena: poznato je r n e ar dr = n! a n+1. Rešenje. Primenimo uslov normiranja na varijacionu funkciju: f f = A 1 + αr) e αr 4πr dr = 1, 8) odnosno: Odavde: 4πA r + αr 3 + α r 4 )e αr dr = 4πA 3 α 3 + 6α ) 4 α 4 + 4α 5 α 5 = 7πA α 3 = 1. 9) A = α3/ 7π. 3) Hamiltonijan za l = stanje je: Ĥ = 1 d m r r d ) + mω r = dr dr ˆT + Û. 31) Srednja vrednost energije je: E α) = T + U = f Ĥf)4πr dr = 4π f ˆT f)r dr + 4π fûf)r dr. 3)

28 8 5. Varijacioni metod Ovde je: Prvi izvod po α je: T = m 4πα A U = 1 mω 4πA d E dα 1 + αr)αr 3)e αr dr = 3 14m α = C 1 α, 33) = C 1 α C α=α 1 + αr) r 4 e αr dr = 81 8 α 3 mω α = C α. 34) C = α = 4 = 4 7m ω C 1. 35) Zamenom u E α): E α ) = ω 1, 57 ω. 36) Podsetimo se da je tačna vrednost svojstvene energije izotropnog 3D harmonijskog oscilatora 3 ω. 4. Izračunati aproksimativnu vrednost svojstvene energije osnovnog stanja čestice koja se nalazi u potencijalnoj jami: x Ux) =, 37) ax x > varijacionim metodom, ako je probna funkcija fx) = xe bx/. Uzeti m =, 38m, gde je m masa slobodnog elektrona i a = 1/6 ev/nm. Rešenje. Ova varijaciona funkcija ima posebno ime Fang-Howard). Srednja vrednost energije je: E = f Ĥ f f f. 38) Odredimo prvo f f : Za Hamiltonijan Ĥ = ˆT + U: f f = x e bx dx = b 3. 39) f Ĥ f = f ˆT f + f U f. 4) Drugi izvod funkcije f je: f = e bx/ + x b/)e bx/ ) = b + b4 x ) e bx/. 41) Dakle: f ˆT f = m b xe bx dx + b 4 Očekivana vrednost potencijalne energije je: x e bx dx = m b 1! b + b 4 )! b 3 = m 1 b. 4) f U f = a x 3 e bx dx = a 3! b 4. 43)

29 9 Srednja vrednost je, dakle: Prvi izvod po b je: Odavde sledi: Za date brojne podatke: d E db E = b m 4 + 3a b. 44) b=b = b m 3a b =. 45) b = 3 6a m. 46) b = 1 nm 1. 47) Lako se proveri da je za bilo koje b > drugi izvod: d E db = tj funkcional E b) je konkavna kriva za b >. Srednja vrednost energije je: E = 1 evnm 1 4 nm m + 6a >, 48) b3 ev =, 75 ev. 49) Za ovaj potencijal, moguće je dobiti analitičko rešenje. Diferencijalna jednačina u oblasti x je oblika: d ψ + axψ = Eψ. 5) m dx Ova jednačina se rešava uz smene: Granični uslovi: postaju: ma = 1 l 3, 51) me = λ l, 5) ξ = x l λ. 53) ψx = ) =, ψx ) = 54) ψx = λ) =, ψx ) =. 55) Opšte rešenje ove diferencijalne jednačine je linearna kombinacija Airyjevih funkcija: ψξ) = Aiξ) + Biξ). 56) Od dva fundamentalna rešenja, samo Ai je konačno u celom relevantnom domenu. Prema prvom graničnim uslovu ψ λ) = ), λ je apsolutna vrednost nule Airyjeve funkcije. Vrednost energije osnovnog stanja se dobija na osnovu vrednosti prve nule Airyjeve funkcije, koja je: λ 1, ) Prema tome E 1 = λ 1 3, 338 m l m a =, 78 ev. 58)

30 3 5. Varijacioni metod 5. Čestica mase m kreće se u potencijalu oblika Ux) = βδx), β = const <. Odrediti svojstvenu energiju osnovnog stanja u ovoj kvantnoj jami pomoću varijacionog metoda, ako je probna funkcija oblika fx) = Ce αx, C = const. Rešenje. Na osnovu uslova normiranja, lako se dobije: C e αx dx = C π α. 59) Odavde direktno sledi: Očekivana vrednost kinetičke energije je: C = ) 1/4 α. 6) π T = m C Očekivana vrednost potencijalne energije je: U = β C e αx d dx e αx Prema tome, očekivana vrednost hamiltonijana je: Prvi izvod je: Odavde se lako dobije optimalna vrednost α : e αx δx)dx = β dx) = α. 61) m α π. 6) E = α m α β π. 63) d E dα Optimalna očekivana vrednost hamiltonijana je: = m β. 64) πα α = m β π 4. 65) E α ) = mβ π. 66)

31 6 Teorija perturbacija zavisnih od vremena 1. Elektron se nalazi u osnovnom stanju n = ) LHO u trenutku t =. Konstantno električno polje intenziteta K primeni se na elektron duž x ose za vreme t od trenutka t =. Izračunati verovatnoću prelaza sa nivoa n = na nivo n = 1. Rešenje. Verovatnoća prelaza videti poglavlje posvećeno perturbaciji nezavisnoj od vremena): P 1) 1 t) = H 1 F t, ω 1 ). 1) Za LHO, ω 1 = E 1 / = ω = const. Funkcija F je: Hamiltonijan perturnbacije za t > je: F t, ω 1 ) = F t, ω) = sin ωt/) ω. ) Ĥ = qϕ = qkx ekx. 3) Matrični element prelaza je: H 1 = ψ ) 1 x)ekx)ψ) x)dx = ek ψ) 1 x ψ) = ek ψ) x ψ) 1 = ek ψ ) x ψ), 4) pri čemu je iskorišéno da su svojstvene funkcije LHO realne. Koristeći I rekurentnu relaciju za svojstvene funkcije LHO: Prema tome: ψ ) 1 x ψ) 1 = mω ψ) ψ) + ψ ) = mω ψ) ψ) = mω. 5) P 1) 1 t) = mω e K sin ωt/) ω = e K sin ωt/) m ω 3 = e K F t, ω). 6) m ω 31 1

32 3 6. Teorija perturbacija zavisnih od vremena. Na česticu u potencijalu jednodimenzionog LHO deluje vremenski zavisna perturbacija oblika V x, t) = Cxe t /τ, < t <, τ = const. U okviru vremenski zavisne teorije perturbacija I reda izračunati verovatnoću prelaza iz k-tog stanja za t u j-to stanje za t. Rešenje. Za prelaz iz stanja k u trenutku t u stanje j u t je možemo zameniti t sa t, jer je gornja granica ): c 1) j ) = 1 i Ovde smo uzeli u obzir činjenicu da je u t uključena perturbacija. Ovde je: H jk = ψ ) j V x, t)ψ ) k dx = Ce t /τ H jke iω jkt dt. 7) ψ ) j xψ ) k dx. 8) Već ranije smo odredili: ψ ) j xψ ) k ) k k + 1 dx = mω δ j,k 1 + δ j,k+1. 9) Prema tome, dozvoljeni su samo prelazi na susedna stanja, tj sa k na j = k + 1 i j = k 1. Drugim rečima, Borova kružna učestanost je ω jk = j k)ω = ±ω, gde znak plus odgovara prelazu k k + 1, a znak prelazu k k 1. Matrični element prelaza je: H jk = qe t /τ. 1) gde je: q = C ) k k + 1 mω δ j,k 1 + δ j,k+1. 11) S obzirom da je Borova ugaona učestanost jednaka ±ω: Dopunom do punog kvadrata: e t /τ e ±iωt dt = c 1) j ) = 1 i ovde smo koristili u = t iωτ / i vrednost Puasonovog integrala: qe t /τ e ±iωt dt. 1) e ω τ /4 e t iωτ /)/τ dt = πτe ω τ /4. 13) e βu du = π/β, 14) gde je β proizvoljna pozitivna konstanta. Prema tome, verovatnoća prelaza iz stanja m u stanje n je: P 1) jk ) = c1) j ) = q πτ e ω τ /, 15)

33 33 odnosno: ) P 1) jk ) = C k k + 1 mω δ j,k 1 + δ j,k+1 πτ e ω τ /. 16) Dalje je: ) k k + 1 δ j,k 1 + δ j,k+1 = k k k + 1 δ j,k 1 + δ j,k 1 δ j,k+1 + k + 1 δ j,k+1. 17) S obzirom da j ne može istovremeno biti jednako k 1 i k + 1 sledi: P 1) jk ) = πτ C k mω δ j,k 1 + k + 1 ) δ j,k+1 e ω τ /. 18)

34 34 6. Teorija perturbacija zavisnih od vremena

35 7 WKB metod 1. Odrediti koeficijent transmisije čestice kroz pravougaonu potencijalnu barijeru visine U i širine a pomoću WKB metoda i uporediti dobijeni rezultat sa tačnim rezultatom. Rešenje. Tačno rešenje je: T = U sh κa 4EU E), 1) gde je: κ = mu E)/. ) Ako je κa 1, tada je: shκa = eκa e κa eκa, 3) sh κa eκa 4. 4) Sl. 1. Oblik funkcije ξe/u ). 35

36 36 7. WKB metod Sl.. Trougaona barijera. Prema tome: T U 16EU E) eκa 16EU E) U e κa = 16 E 1 E ) e κa. 5) U U }{{} ξ Po WKB metodu, treba izračunati: I = 1 i koeficijent transmisije je po WKB: a mu E)dx = 1 mu E)a = κa. 6) T e κa. 7) ) Zavisnosti prefaktora ξ = 16 E U 1 E U od energije u izrazu za koeficijent transmisije 5) je kao na slici i vidi se da WKB rezultat odgovara ξ = 1.. Odrediti koeficijent transmisije kroz trougaonu barijeru, kao na slici, koristeći WKB metod. Rešenje. Koristimo izraz: Ovde je: S obzirom da je funkcija parna: Funkcija Ux) u oblasti < x < a je: Osim toga E = Ux = b), odnosno: I = 1 I = +b b b T = e I. 8) m[ux) E]dx. 9) m[ux) E]dx 1) Ux) = U a x) 11) a E = U a b). 1) a

37 37 Prema tome: I = Prema tome koeficijent trensmisije je: b T = exp m U 4 mu b x) = b 3/. 13) a 3 a [ 8 mu 3 a U E U ) ] 3/ a. 14) 3. Odrediti svojstvene energije LHO pomoću WKB metoda. Rešenje. Potencijal LHO je dat izrazom: Ux) = 1 mω x. 15) WKB uslov kvantovanja je: gde je: +a 1 pdx = a n + 1 ) π, n =, 1,,... 16) px) = me Ux)). 17) S obzirom da je Ux) parna funkcija: +a px)dx = Ukupna energija je vrednost potencijalne energije u povratnoj tački: Prema tome: a pdx = a n + 1 ) π, 18) E = 1 mω a. 19) m 1 mω a x )dx = mωa a 1 x dx. ) a Uvedimo smenu x/a = sin t x = t =, x = a t = π/, pa sledi: π/ mωa cos tdt = mωa π 4. 1) Sledi: π mωa 4 = n + 1 ) π. ) Prema tome, svojstvene vrednosti za energiju su: E = ω n + 1 ), n =, 1,,... 3) što se poklapa sa tačnim rešenjem. Svojstvene funkcije izračunate pomoću WKB se medjutim ne poklapaju sa tačnim, kao što je napred rečeno. 4. Čestica mase m kreće se u potencijalu: x Ux) =, ax x >

38 38 7. WKB metod gde je a = const >. Primenom WKB aproksimacije naći dozvoljene vrednosti energije ove čestice. Rešenje. Prema WKB uslovu kvantovanja u potencijalnoj jami: gde su i b povratne tačke. Ovaj integral se svodi na: b 1 b px)dx = n + 1 ) π, 4) b me ax)dx = m E axdx. 5) Zamenimo: t = E ax, 6) adx = dt. 7) Donja granica integracija je E, a gornja granica je, jer se prava U = E i U = ax seku u ovoj tački. Sledi: Dakle, b m px)dx = a E tdt = m a 3 E3/. 8) 9a E n = π 3 n ) 8m ) Uporediti ovaj rezultat za neke izabrane vrednosti parametara sa tačnim rezultatom.

39 8 Spin 1. Hamiltonijan čestice spina s = 3/ je oblika: gde su α i β konstante. Odrediti svojstvene energije ovog Hamiltonijana. Ĥ = α ˆ S x + Ŝ y Ŝ z ) β Ŝz, 1) Rešenje. Hamiltonijan se može napisati u formi: Ĥ = α ˆ S 3Ŝ z ) β Ŝz. ) S obzirom da operatori ˆ S i Ŝ z komutiraju, slično kao ˆ L i ˆL z, ˆ S i Ŝ z imaju zajedničke svojstvene funkcije. Lako se zaključuje da Ĥ komutira i sa ˆ S i sa Ŝz, pa su svojstveni vektori spinori) isti. Označimo ove spinore sa χ. Prema tome, Ŝ χ = ss + 1)χ 3) Ŝ z χ = m s χ 4) Ĥχ = Eχ. 5) Primetiti da je svojstveni spinor χ isti u prethodne 3 jednačine.) Sledi: E = χ Ĥ χ = α [ ss + 1) 3 m ] β s m s = 15 4 α m s3αm s + β). 6) Vrednost m s nije data, pa je ostavljamo u opštim brojevima.. Odrediti svojstvene vrednosti i svojstvene vektore spinskog operatora ˆ S u pravcu odredenom jediničnim vektorom n, koji je proizvoljno orijentisan u prostoru. Rešenje. Treba rešiti svojstveni problem: n ˆ Sχ = λχ. 7) 39

40 4 8. Spin Vektor n u sfernom koordinantom sistemu ima oblik: n = sin θ cos ϕ e x + sin θ sin ϕ e y + cos θ e z. 8) Dalje je: n ˆ S = Sx sin θ cos ϕ + S y sin θ sin ϕ + S z cos θ. 9) Poznajući oblike Paulijevih spinskih matrica: [ ] [ ] n ˆ 1 S = sin θ cos ϕ + i sin θ sin ϕ + 1 i Dalje je: [ ] n ˆ cos θ sin θcos ϕ i sin ϕ) S = sin θcos ϕ + i sin ϕ) cos θ Svojstveni problem se, dakle, svodi na: [ cos θ e iϕ sin θ = [ [ 1 1 cos θ e iϕ sin θ ] cos θ. 1) ] e iϕ sin θ. 11) cos θ ] e iϕ sin θ χ = λχ. 1) cos θ Sekularna jednačina je: odnosno: Odavde se lako dobija: cos θ λ e iϕ sin θ e iϕ =, sin θ cos θ λ 13) cos θ λ)cos θ + λ) sin θ =. 14) λ = ±1. 15) Svojstveni vektor za λ = 1 je: [ cos θ e iϕ sin θ Iskoristimo samo prvu jednačinu: ] [ e iϕ sin θ cos θ χ 1 χ ] = λ [ χ 1 χ ]. 16) χ 1 cos θ + χ e iϕ sin θχ = χ 1. 17) Drukčije napisano: Zamenimo: χ 1 1 cos θ) = χ e iϕ sin θ. 18) 1 cos θ = sin θ, 19) sin θ = cos θ sin θ ) u gornji izraz. Jednostavno sledi: Koristeći uslov normiranja: lako se dobija za λ = +1): χ = χ 1 tg θ eiϕ. 1) χ 1 + χ = 1, ) [ ] χ = χ +1 = cosθ/) e iϕ sinθ/). 3)

41 41 Slično se za λ = 1 dobija: [ ] sinθ/) χ = χ 1 =. 4) e iϕ cosθ/) 3. Odrediti svojstvene vrednosti spinskog operatora ˆ S elektrona u pravcu definisanom jediničnim vektorom n koji leži u xz ravni. Rešenje. Treba odrediti: n ˆ Sχ = λχ, 5) gde χ označava spinor. Za proizvoljni pravac u xz ravni: n = sin θ e x + cos θ e z. 6) Skalarni proizvod je: n ˆ S = sin θ ex + cos θ e z ) Ŝx e x + Ŝy e y + Ŝz e z ) = Ŝx sin θ + Ŝz cos θ. 7) Komponente operatora spina duž pojedinih osa su: [ ] Ŝ x = ˆσ x = 1, 8) 1 [ ] Ŝ y = ˆσ y = i, 9) i Ŝ z = ˆσ z = [ 1 1 ]. 3) Skalarni proizvod n i ˆ S je: [ ] n ˆ 1 S = sin θ + 1 [ 1 1 ] cos θ. 31) Sledi: [ n ˆ cos θ S = sin θ sin θ cos θ ]. 3) Svojstvena vrednost se dobija na osnovu: /) cos θ λ /) sin θ /) sin θ =. 33) /) cos θ λ Treba, dakle, rešiti jednačinu: Odavde lako sledi da je: 4 cos θ + λ 4 sin θ =. 34) λ = ±. 35)

42 4 8. Spin 4. a) Poznajući Paulijeve spinske matrice za elektron odrediti svojstvene vrednosti projekcije spinskog operatora na pravac definisan jediničnim vektorom n = e x + e y )/, gde su e x i e y jedinični vektori Dekartovog koordinantnog sistema. b) Odrediti normalizovane svojstvene spinore za slučaj razmatran pod a). Rešenje. Rešavamo svojstveni problem oblika: n ˆ S = λχ. 36) Jedinični vektor je: Prema tome: n = 1 e x + e y ). 37) 1 ) Ŝx + Ŝy = λχ, 38) odnosno: Sekularna jednačina je: [ Svojstvene vrednosti se dobijaju rešavanjem jednačine: ] 1 1 i) χ = λχ. 39) 1 + i) 1 λ 1 i) =. 4) 1 + i) λ λ 1 =, 41) 4 odakle se lako dobije: λ 1, = ±. 4) b) Za λ 1 = /, stavljajući χ 1 = 1, na osnovu prve jednačine: 1 1 i)χ = χ 1, 43) lako se dobije: χ = 1 + i. 44) Normalizovani svojstveni spinor za stanje + / je: [ χ = 1 ], 45) 1 + i a svojstveni spinor za stanje / je: [ χ = 1 ]. 46) 1 + i Lako se ustanovi da su ova dva spinora ortogonalna.