Κβαντομηχανική Ι 2o Σετ Ασκήσεων. Άσκηση 1

Transcript

1 Κβαντομηχανική Ι 2o Σετ Ασκήσεων Άσκηση 1 Ξεκινάμε με την περίπτωση Ε<Vo. Περιοχή Ι: x<0, V=0, E<Vo h2 2 ψ Ι = Ε ψ 2m x 2 Ι h2 2 ψ Ι = Eψ 2m x 2 Ι 2 ψ Ι = 2m Eψ x 2 Ι 2 ψ Ι = x 2 k2 ψ Ι (Ε > 0) k = 2mE ψ Ι (x) = Ae ikx + Be ikx (1)

2 Περιοχή IIΙ: x>a, V=0, E<Vo h2 2 ψ ΙII = Ε ψ 2m x 2 ΙII h2 2 ψ IIΙ = Eψ 2m x 2 ΙII 2 ψ ΙII = 2m Eψ x 2 ΙII 2 ψ Ι = x 2 k2 ψ ΙII (Ε > 0) k = 2mE ψ IIΙ (x) = Fe ikx + Ge ikx Όμως, δεν υπάρχει «κύμα» το οποίο προχωρά προς τα αριστερά στην περιοχή ΙΙΙ. Αν το σωματίδιο, το οποίο στέλνουμε από τα αριστερά στο πείραμά μας, περάσει το φράγμα, προχωρά ελεύθερο προς τα δεξιά. Άρα G = 0 ψ Ι (x) = Fe ikx (2) Περιοχή ΙI: 0<x<α, V=V o, 0< E<Vo h2 2 ψ IΙ + Vo ψ 2m x 2 IΙ = Ε ψ IΙ h2 2 ψ IΙ = (Ε Vo)ψ 2m x 2 IΙ 2 ψ IΙ = 2m (Ε Vo)ψ x 2 IΙ 2 ψ IΙ = x 2 l2 ψ ΙI (Ε Vo < 0) l = 2m(Vo E) ψ ΙI (x) = Ce lx + De lx (3) Εφαρμόζουμε συνοριακές συνθήκες: x=0: 1. ψ I (x) = ψ ΙI (x) Αe i k 0 + Be i k 0 = Ce l 0 + De l 0 A + B = C + D (4) 2. ψ Ι (x) = ψ ΙI (x) i k Αe i k 0 ikbe i k 0 = Cle l 0 Dle l 0 ik Α ik = Cl Dl (5) x=a:

3 1. ψ III (x) = ψ ΙI (x) Fe i k a = Ce l a + De l a (6) 2. ψ ΙII (x) = ψ ΙI (x) ik Fe i k a = l (Ce l a De l a ) (7) Λύνω την (4) ως προς Β: B = C + D Α Και αντικαθιστώ στην (5) ik (Α C D + A) = (C D)l 2A = ( l l + 1) C + (1 ) D i k i k 2A=(1 il i l ) C + (1 + ) D (8) k k Όμοια, λύνω την (6) ως προς Ce l a και έπειτα ως προς De l a. Προκύπτουν δυο εξισώσεις, τις οποίες αντικαθιστώ στην (7), και παίρνω, 2Ce l a = (1 + ik l ) Fei k a (9) 2De l a = (1 ik l ) Fei k a (10) Έτσι, έχω ξεχωρίσει τα F και τα Α, τα οποία χρειάζομαι για να βρω τη διαπερατότητα Τ = F 2 A 2 Πλέον μπορώ να αντικαταστήσω τις σχέσεις των C και D στην 8: 2A= 2A= 2A= 2Ae i k a =(1 Fei k a 2e Fe2i k a i l k ) (1 + i k ) Fei k a l 2 e i l i k i k a [(1 ) (1 + ) k l e 2la + (1 + 2 Fe2i k a 2 i l 2la + (1 + ) (1 ik ) Fei k a k l 2 e 2la i l k ) (1 ik l ) e2la ] {[2 + i ( k l l k )] e 2la + [2 i ( k l l k )] e2la } [2(e 2la + e 2la ) + i l2 k 2 (e 2la e 2la )] kl Όμως (e 2la e 2la ) = 2Sinh(2la), (e 2la + e 2la ) = 2Cosh(2la) (11) 2A= Fe2i k a 2 [4Cosh(2la) + 2i l2 k 2 Sinh(2la)] A=Fe 2i k a [Cosh(2la) + i l2 k 2 Sinh(2la)] 2kl kl

4 Και A 2 F 2 = e2i k a 2 [Cos (la) l 2 k 2 kl Sin (la)] Cos (la) + Sin (la) = 1 A 2 F 2 = 1 + [1 + k 2 (l2 kl 2 ) ] Sin (la) ( l2 k 2 2 ) = kl [ 2m (Vo 2E)] 2 4 ( 2m ) 2 (Vo E)E = (Vo 2E) 2 4(Vo E)E 1+( l2 k 2 ) 2 = Vo2 4E Vo+4E 2 +4E Vo 4E 2 = Vo2 kl 4(Vo E)E 4(Vo E)E Τελικά, F 2 = Τ = 1 A 2 1+ Vo2 4(Vo E)E Sinh2 [ a 2m (Vo E)] h Και R = 1 T Για Ε>Vo, έχουμε l = 2m(E Vo) Έτσι, οι λύσεις στο διάστημα 0< x < a είναι της μορφής ψ ΙI (x) = C e i l x i lx + D e Η διαδικασία για την εύρεση της διαπερατότητας είναι ακριβώς η ίδια, με τη διαφορά ότι πλεόν τα εκθετικά είναι της μορφής e i l x αντί για e l x. Αυτό, στην αντικατάσταση των εκθετικών (11) δίνει (e i l a e i l a ) = 2i Sin(la), (e i l a + e i l a ) = 2Cos(la) Mε αυτές τις σχέσεις, είναι εύκολο να δείξουμε ότι:

5 F 2 A 2 = Τ = 1 Vo (E Vo)E Sin2 [ a 2m (E Vo)] h Άσκηση 2 Περιοχή Ι: x<-α/2, V=V o, 0< E<Vo h2 2 ψ Ι + Vo ψ 2m x 2 Ι = Ε ψ Ι h2 2 ψ Ι = (Ε Vo)ψ 2m x 2 Ι 2 ψ Ι = 2m (Ε Vo)ψ x 2 Ι 2 ψ Ι = x 2 k2 ψ Ι (Ε Vo < 0) k = 2m(Ε Vo) ψ Ι (x) = Ae kx + Be kx x => Ae k = A = 0 ψ Ι (x) = Be kx Περιοχή ΙΙΙ: x<α/2, V=V o, 0< E<Vo h2 2 ψ ΙΙΙ + Vo ψ 2m x 2 ΙΙΙ = Ε ψ ΙΙΙ

6 h2 2m 2 ψ ΙΙΙ 2 ψ ΙΙΙ x 2 = (Ε Vo)ψ ΙΙΙ = 2m (Ε Vo)ψ x 2 ΙΙΙ 2 ψ Ι = x 2 k2 ψ ΙΙΙ (Ε Vo < 0) k = 2m(Ε Vo) ψ ΙΙΙ (x) = Fe kx + Ge kx x => Ge k = G = 0 ψ ΙΙΙ (x) = Fe kx Περιοχή ΙΙ: -α/2 < x< α/2, V=0, Ε>0 h2 2 ψ ΙΙ = Ε ψ 2m x 2 ΙΙ => h2 2 ψ ΙΙ = Εψ 2m x 2 ΙΙ 2 ψ ΙΙ = 2m Ε ψ x 2 ΙΙ => 2 ψ Ι = x 2 l2 ψ ΙΙ l = 2mE ψ ΙΙ (x) = C Sin(l x) + D Cos(lx) Γνωρίζω (άσκηση 2.1 c του Griffiths) ότι όταν έχω ένα συμμετρικό δυναμικό [V(x)=V(-x)], οι λύσεις είναι εναλλάξ άρτιες και περιττές. Έτσι θα έχω για τις άρτιες, Και για τις περιττές,, x > a/2 ψ(x) = { D Cos(lx),0 < x < a/2 ψ( x), x < 0 Fe kx, x > a/2 ψ(x) = { D Sin(lx),0 < x < a/2 ψ( x), x < 0 Fe kx Εφαρμόζω συνοριακές συνθήκες: x=α/2: Άρτιες: 1. ψ ΙII (x) = ψ ΙI (x) Fe kx = D Cos( la ) (1) 2 2. ψ ΙII (x) = ψ ΙI (x) kfe kx = ld Sin( la ) (2) 2 Διαιρώ κατά μέλη:

7 1 k = 1 l Cot(la 2 ) k = l Tan ( la 2 ) Περιττές: 1. ψ ΙII (x) = ψ ΙI (x) Fe kx = D Sin( la ) (1) 2 2. ψ ΙII (x) = ψ ΙI (x) kfe kx = ld Cos( la ) (2) 2 Διαιρώ κατά μέλη: 1 = 1 k l Cot(la) 2 k = l Cot ( la ) 2 Oρίζω: z = la 2, z o = a 2h 2mV o Oι λύσεις αυτές υπολογίζονται γραφικά ή με τη Μέθοδο Newton-Raphson: Γραφική αναπαράσταση των συναρτήσεων Tan(z o ) = ( z o z )2 1, Cot(z o ) = ( z o z )2 1

8 Mέθοδος Newton-Raphson: z n + 1 = z n + f(z n) f (z n ) f(z n ) = Tan(z o ) ( z o z n ) 2 1, άρτιες f(z n ) = Cot(z o ) ( z 2 o ) 1, περιττές z n zo = a 2h 2mVo = a 2h 2m 100 h2 /(mα 2 ) = 5 2 Mε αυτά, η Νewton Raphson μας δίνει 5 τιμές z n : z 1 = z 2 = z 3 = z 4 = z 5 = Oι ιδιοενέργειες δίνονται από το z = la 2 2mE a z = 2 z2 = 2mE a 2 h 4 E n = 2h2 2 z n ma 2 Χωρίς Vo, αφού το πηγάδι έχει δυναμικό από 0 ως Vo, και όχι από Vo ως 0 (όπως στο Griffiths) Kαι οι κυματοσυναρτήσεις: Fe k nx, x > a/2 ψ n (x) = { D Cos(l n x), a < x < a 2 2, n = 1,3,5 Fe k nx, x < a 2 (Άρτιες, κι ας είναι τα n περιττά) Fe k nx, x > a/2 ψ n (x) = { C Sin(l n x), a < x < a 2 2, n = 2,4 Fe k nx, x < a 2 (Περιττές)

9 Με k n = 50 z n l n = 2 z n a Και κανονικοποιούμε για την εύρεση των F, D, C. Oι δέσμιες καταστάσεις φαίνονται στην παρακάτω εικόνα: Δέσμιες καταστάσεις για zo=5 2, α=0.2 Σημείωση: O τρόπος με τον οποίο βγαίνει το zo είναι ο εξής: To z βγαίνει από το όρισμα του Tan(l a/2) : z = la 2 Όμοια, ορίζουμε το ξ, από το k a/2: ξ = ka 2 Το οποίο είναι το αντίστοιχο του z, για την ψ(x) έξω από το πηγάδι (εκεί που ορίζουμε το k). Αλλά: Σημείωση 2: Όσοι ακολούθησαν τη λύση ξ 2 + z 2 = (k 2 + l 2 ) a ξ 2 + z 2 = k 2 + l 2 a 2 = z o 2

10 z o 2 z 2 = { ztan(z) zcot(z) Θα πρέπει και πάλι να βρουν 5 λύσεις με τα ίδια z, και άρα τις ίδιες ενέργειες. Η διαφορά είναι ότι, αντί για τη μη αναγνωρίσιμη μορφή της πράσινης γραμμής στη γραφική παράσταση της λύσης, αυτό που διαγράφεται είναι το τεταρτημόριο ενός κύκλου με ακτίνα zo. Άσκηση 3 Περιοχή Ι: x<0, V=0, E<0 h2 2 ψ Ι = Ε ψ 2m x 2 Ι h2 2 ψ Ι = Eψ 2m x 2 Ι 2 ψ Ι = 2m Eψ x 2 Ι 2 ψ Ι = x 2 k2 ψ Ι (Ε < 0) k = 2mE ψ Ι (x) = Ae kx + Be kx x => Ae k = A = 0 ψ Ι (x) = Be kx Περιοχή ΙΙ:

11 x>0, V=0, E<0 h2 2 ψ ΙΙ = Ε ψ 2m x 2 ΙΙ h2 2 ψ ΙΙ = Eψ 2m x 2 ΙΙ 2 ψ ΙΙ = 2m Eψ x 2 ΙΙ 2 ψ ΙΙ = x 2 k2 ψ ΙΙ (Ε < 0) k = 2mE ψ ΙΙ (x) = Fe kx + Ge kx x => Ge k = G = 0 ψ ΙΙ (x) = Fe kx Εφαρμόζω συνοριακές συνθήκες 1. ψ I (0) = ψ ΙI (0) Βe k0 = F e k0 F=B 2. ψ Ι (0) = ψ ΙI(0) Όμως, στο x=0 το δυναμικό απειρίζεται, άρα υπάρχει ασυνέχεια στην παράγωγο. Αυτό που μπορούμε να κάνουμε, όμως, είναι να βρούμε μία σχέση για την παράγωγο ακριβώς πριν και ακριβώς μετά τον απειρισμό. Για να το καταφέρουμε αυτό, ολοκληρώνουμε την εξίσωση του Schroinger σε κάποιο μικρό διάστημα, από -ε έως ε. h2 h2 2m 2m ε 2 ψ ΙΙ ε x 2 ψ ΙΙ ε x ε x ε ε ε + V(x)ψ ΙΙ x ε + V(x)ψ ΙΙ x Όπου το πρώτο ολοκλήρωμα έγινε ψ ΙΙ ε = Ε ψ ΙΙ x ε ε ε ε = E ψ ΙΙ x x ε, από το θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού. Επόμενο βήμα, να στείλουμε το ε στο 0: h2 lim 2m ψ ε ε 0 x ε ε ε 0 ε + lim V(x)ψ x = lime ψ x ε 0 ε h2 ψ V(x)ψx = E 2m x ψ x 0 Όπου το δεύτερο σκέλος μηδενίζεται, γιατί είναι το ολοκλήρωμα μιας πεπερασμένης συνάρτησης σε μηδενικό εμβαδό. Το δεύτερο ολοκλήρωμα του πρώτου σκέλους, όμως, δε μηδενίζεται, γιατί η συνάρτηση V(x) απειρίζεται, και βρίσκεται ακριβώς επάνω στο x=0, δηλαδή στο διάστημα της ολοκλήρωσης. Oπότε ισχύει ο γνωστός τύπος του ολοκληρώματος δ-συνάρτησης: h2 ψ 0 + aψ(0) = 0 2m x 0 ψ 0 + = 2ma ψ(0) x 0 Βρίσκουμε την παράγωγο της κυματοσυνάρτησης εκατέρωθεν του x=0: ψ ΙΙ x x=0 + = Bke k0 = Bk ε

12 ψ Ι x x=0 + = Bke k0 = Bk ψ ΙΙ x x=0 + ψ Ι x x=0 = 2Bk Επίσης, ψ(0) = Β Και πλέον μπορούμε να αντικαταστήσουμε 2Bk = 2ma B k = m a Kαι αφού Ε = h2 k 2 2m (το k το είχαμε εκφράσει ως προς Ε, από τη λύση της εξίσωσης ιδιοτιμών της Χαμιλτονιανής και στις δυο περιοχές) Κανονικοποιώντας βρίσκουμε Β = k Και τελικά, E = mα2 2 ψ(x) = m a e m a x

13 Άσκηση 4 α) ψ 1 (k) = π ψ 1(x)e i k x x = π = π [ [δ(x x o) + δ(x + x o )]e i k x x δ(x + x o)e i k x x = 1 2 π (e ikxo + e ikxo ) = 1 Cos(k xo) π + δ(x x o )e i k x x] β) ψ 2 (k) = π ψ 2(x)e i k x x x 2 e = A 1 2 2π 4σ 2 e i k x x = A 1 2 2π Αντικαθιστώ u = x+2ikσ2 και λύνω, 2σ ψ 2 (k) = Α 2σe k2 σ 2 γ) Φ(k) = A 2 = A 1 2 2π [ 1 2π x 2 e ( 2σ +ikσ)2 k 2 σ 2 x (x xo )2 [e 4σ 2 + e (x+x o )2 4σ 2 (x x o ) 2 e 4σ 2 e i k x x ] e i k x x + e (x+x o )2 4σ 2 e i k x x] Mε τον ίδιο τρόπο που βρήκαμε την ψ 2 (k), Φ 2 (k) = 2Α σ Cos(k x o )e k2 σ 2 δ) Πρέπει να δείξω ότι 2π FT[ψ 1 (x)] FT[ψ 2 (x)] = FT[Φ(x)] = FT[ψ 1 (x) ψ 2 (x)] Σημείωση: στην αρχική εκφώνηση έλειπε ένα 2π μπροστά από το πρώτο σκέλος. Ο παράγοντας 2π έχει να κάνει με τον ορισμό του μετασχηματισμού Fourier: υπάρχουν διάφοροι ορισμοί με διάφορες κανονικοποιήσεις, και πρέπει κανείς να είναι προσεκτικός στην επιλογή του τρόπου με τον οποίο θα κάνει το FT. Aπό τα α), β), γ) έχουμε FT[ψ 1 (x)] = ψ 1 (k), FT[ψ 2 (x)] = ψ 2 (k), FT[Φ(x)] = Φ(k)

14 2πFT[ψ 1 (x)] FT[ψ 2 (x)] = 2π Α 2σe k2 σ 2 1 Cos(k xo) π = 2Α σ Cos(k x o )e k2 σ 2 = Φ(k) = FT[Φ(x)] ψ 1 (x) ψ 2 (x) = ψ 1 (y)ψ 2 (x y) y Κβαντομηχανική Ι = ψ 1 (y)ψ 2 (x y) y = A 2 [δ(y x o ) + δ(y + x o )] e (x y)2 4σ 2 y = A 2 (e (x x o )2 4σ 2 + e (x+x o )2 4σ 2 ) To οποίο όμως ισούται με το Φ(x). Άρα FT[ψ 1 (x) ψ 2 (x)] = FT[Φ(x)] = 2πFT[ψ 1 (x)] FT[ψ 2 (x)]