Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα

Transcript

1 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα.1 Συνεχές Ενεργειακό Φάσµα.1.1 Ελεύθερο Σωµάτιο Εχουµε σε αυτή την περίπτωση F = 0, δηλαδή V (x, t) = σταθερό και τη σταθερή αυτή τιµή τη ϐάζουµε ίση µε µηδέν. Η εξίσωση του Schrödinger είναι : Ψ(x, t) m x = i Ψ t στη µία διάσταση, έστω τη x. Λύση της εξίσωσης Ψ(x, t) = Ψ(x)Φ(t). Χωρίζουµε τις µεταβλητές στην εξίσωση i Ψ t = EΨ i Φ t = EΦ Φ(t) = e ie t Θέτουµε Θέτουµε E = ω. Ψ Ψ m x = EΨ m x = EΨ Ψ x k = me me, k = = k Ψ Ψ(x) = Ae ikx + Be ikx Ψ(x, t) = [Ae ikx + Be ikx ]e i E t Ψ(x, t) = Ae i(kx ωt) + Be i(kx+ωt) όπου A, B µιγαδικοί αριθµοί που προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες του προβλήµατος. Ο πρώτος όρος δίνει ένα κύµα που οδεύει κατά τη διεύθυνση (+x), ο δεύτερος στην ( x). Εάν ξέρουµε (κατασκευάζουµε) ότι το σωµατίδιο κινείται κατά τη ϑετική ϕορά του άξονα, τότε B = 0. Εάν κινείται µόνο κατά την αρνητική ϕορά, τότε A = 0. Στην περίπτωσή µας δεν έχουµε περιορισµούς στις δυνατές τιµές της ενέργειας και το ω µπορεί να πάρει κάθε πιθανή τιµή στο συνεχές. Η ω = E = m k

2 38 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα αποτελεί τη σχέση διασποράς για το ελεύθερο σωµατίδιο. Εάν υποθέσουµε, π.χ. B = 0, τότε : P (x, t) = Ψ +(x, t)ψ + (x, t) = A που είναι ανεξάρτητη του x και του t, άρα το σώµα µπορεί να είναι παντού δηλαδή x =, συµβατό µε τη σχέση αβεβαιότητας αφού P = 0 και ( x)( P ) /. Για να είναι η P (x, t) συνάρτηση της ϑέσης x, πρέπει να έχουµε x = πεπερασµένο, P = πεπερασµένο, και παίρνουµε επαλληλία κυµάτων : µε ω = ω(k) = m k. Ψ(x, t) = 1 π A(k)e i(kx ωt) dk + 1 π B(k)e i(kx+ωt) dk ˆpe ikx = i x eikx = ( i )(ik)e ikx = ke ikx p = k E = k m = p m Κυµατοσυνάρτηση Ελεύθερου σωµατιδίου στις 3 διαστάσεις ( ) Ψ m x + Ψ y + Ψ z = i Ψ t Η Εξίσωση χωριζοµένων µεταβλητών είναι και διαιρούµε την εξίσωση (.1) µε την Ψ: Ψ(r, t) = Ψ(r)Φ(t) Φ(t) = e i E t, E > 0. m ( xψ + yψ + zψ) = EΨ xψ + yψ + zψ = me Ψ = k Ψ (.1) k = me Ψ(r) = Ψ 1 (x)ψ (y)ψ 3 (z) 1 Ψ 1 Ψ 1 x + 1 Ψ Ψ y + 1 Ψ 3 Ψ 3 z = k 1 Ψ 1 Ψ 1 x = λ 1 Ψ Ψ y = µ 1 Ψ 3 Ψ 3 z = ν µε λ + µ + ν = k και οι επιτρεπτές λύσεις είναι επίπεδα κύµατα, διότι όλα τα σηµεία του χώρου είναι ισοδύναµα. λ = k x, µ = k y, ν = k z

3 .1 Συνεχές Ενεργειακό Φάσµα 39 k x + k y + k z = k Ψ(r) = e ±ikxx e ±ikyy e ±ikzz = e ±ik r k = ê 1 k x + ê k y + ê 3 k z, και τα k x, k y, k z έχουν µόνο αυτόν τον περιορισµό. k = me, k = k x + k y + k z Ψ(r, t) = Ae i(k r ωt) + Be k(k r+ωt) ω = E Εκφυλισµός : για την ίδια τιµή της Ενέργειας E έχουµε πολλές και διαφορετικές τιµές των k x, k y, k z. Ρεύµα πιθανότητας Μέχρι τώρα µιλούσαµε για ένα µόνο σωµατίδιο και την πυκνότητα πιθανότητας P (x, t) = Ψ Ψ να ϐρούµε το σωµατίδιο γύρω από τη ϑέση x τη χρονική στιγµή t, και από την κανονικοποίηση έχουµε + Ψ (x, t)ψ(x, t) dx = 1 Εάν έχουµε ένα µεγάλο αριθµό σωµατιδίων µε την ίδια µάζα και ταχύτητα (όπως σε ένα πείραµα σκέδασης) που κινούνται σε µία κατεύθυνση, έχουµε µία δέσµη. Αυτή η δέσµη σωµατιδίων χαρακτηρίζεται από την ένταση της δέσµης. Ως Ενταση της δέσµης ορίζουµε τον αριθµό των σωµατιδίων που περνάνε ανά µονάδα επιφανείας και ανά µονάδα χρόνου από µια επιφάνεια κάθετη στη διεύθυνση κίνησής τους. J = n s t, εάν πάρουµε v = x/ t, δηλαδή τα σωµατίδια διανύουν απόσταση x µέσα σε χρόνο t. Τότε : J = n s t x x = n V v J = ρv όπου ρ η πυκνότητα σωµατιδίων ανά µονάδα όγκου (για x, t) και v η ταχύτητα που κινούνται τα σωµατίδια (στη ϑέση x, t). δηλαδή όσα σωµατίδια µπαίνουν από τη µία επιφάνεια s του όγκου V τόσα ϐγαίνουν από την άλλη µεριά. ιανυσµατικά, J = ρv Εξίσωση διατήρησης µάζας (ϕορτίου) ρ t = J d ρ d 3 x = J da dt V S Κβαντοµηχανικά η πιθανότητα να ϐρούµε ένα σωµατίδιο στη ϑέση (x, t) είναι Ψ Ψ, κανονικοποιώντας στη µονάδα. Μπορούµε να κανονικοποιήσουµε την κυµατοσυνάρτηση Ψ έτσι ώστε να µας δίνει τον ολικό αριθµό των σωµατιδίων της δέσµης, και να λύνει συγχρόνως την εξίσωση του Schrödinger για το ένα σωµατίδιο. Υποθέτοντας ότι τα σωµατίδια της δέσµης δεν αλληλεπιδρούν ισχυρά µεταξύ τους, έχουµε την πυκνότητα πιθανότητας που δίνει τον αριθµό των σωµατιδίων ανά µονάδα όγκου γύρω από τη ϑέση r, τη χρονική στιγµή t.

4 40 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα και χώρο P = Ψ (r, t)ψ(r, t) Ψ (r, t)ψ(r, t) d 3 x = N, όπου N ο ολικός αριθµός σωµατιδίων στη δέσµη, και από τον προηγούµενο ορισµό του ρ και της εξίσωσης συνέχειας ϑα ϐρούµε το ϱεύµα πιθανότητας, δηλαδή την ένταση της δέσµης. Αποδεικνύεται ότι : J = i m {Ψ Ψ Ψ Ψ } Απόδειξη : Εχουµε, i Ψ t = ĤΨ, P = Ψ Ψ, Ĥ = m + V (r) V = V (r) P t = t (Ψ Ψ) = Ψ Ψ Ψ + Ψ [ ] t [ t 1 = Ψ i ĤΨ + Ψ 1 ] i ĤΨ = 1 { i m Ψ Ψ + m Ψ Ψ { Ψ Ψ Ψ Ψ } = im = im [Ψ Ψ Ψ Ψ ] = J J = i m {Ψ Ψ Ψ Ψ } } P t = J, P = Ψ Ψ.1. Ορθογώνιο Σκαλοπάτι υναµικού Εξετάζουµε το µονοδιάστατο πρόβληµα µε δυναµικό 0, για x < 0 V (x) = V 0 για x > 0 Λύνουµε τη χρονικά ανεξάρτητη εξίσωση του Schrödinger: Ψ + V (x)ψ = EΨ m x Α. Ενέργεια σωµατιδίου E < V 0 Κλασσικά το σωµατίδιο κινείται µόνο στην περιοχή < x < 0 και για x = 0 ανακλάται και γυρίζει πίσω. Εχουµε για την ενέργεια : E = E κιν + V, µε E κιν > 0. Κβαντοµηχανικά λύνουµε την εξίσωση του Schrödinger για < x < + χωρίζοντας την περιοχή σε δύο υποπεριοχές : (i) Περιοχή Ι : < x < 0 Ψ 1 (ii) Περιοχή ΙΙ : 0 < x < + Ψ

5 .1 Συνεχές Ενεργειακό Φάσµα 41 Εδώ το E > 0 (γιατί ;) Θα δείξουµε ότι T 0 πάντα. E = H = T + V = T + V, V = 0 E = T T = Ψ ˆp m Ψ dx = 1 (ˆpΨ) (ˆpΨ) dx m = 1 Φ Φ dx = 1 Φ, Φ 0 m m όπου Φ = ˆpΨ. Ενώνουµε τις δύο περιοχές σε µία λύση απαιτώντας από τις Ψ 1, Ψ να ικανοποιούν ορισµένες οριακές συνθήκες : Η κυµατοσυνάρτηση είναι συνεχής και µονότιµη. Η πρώτη παράγωγος της Ψ πρέπει να είναι συνεχής και µονότιµη. Η κυµατοσυνάρτηση πρέπει να παραµένει πεπερασµένη ή να τείνει στο µηδέν όταν x ±. Λύση στην περιοχή Ι : Ορίζουµε k 1 = me > 0 d Ψ 1 m dx = EΨ 1 d Ψ 1 dx = me Ψ 1 Ψ 1 (x) = Ae ik1x + Be ik1x Ο πρώτος όρος αντιπροσωπεύει το προσπίπτον σώµα που κινείται προς τα δεξιά. ανακλώµενο που κινείται προς τα αριστερά. Ο δεύτερος όρος το Λύση στην περιοχή ΙΙ : Ορίζουµε Ψ x Ψ m x + V 0Ψ = EΨ = m (E V 0)Ψ = m (V 0 E)Ψ k = m (V 0 E) > 0 Ψ (x) = Ce kx + De kx Από την τρίτη συνοριακή συνθήκη παίρνουµε D = 0, αλλιώς ϑα είχαµε άπειρη πιθανότητα να ϐρούµε το σωµατίδιο για x = στην κλασσικά απαγορευµένη περιοχή. Από την πρώτη συνοριακή συνθήκη, για x = 0: Ψ 1 (x = 0) = Ψ (x = 0) A + B = C Από τη δεύτερη ΣΣ : Λύνουµε το σύστηµα : A + B = C dψ 1 = dψ dx x=0 dx x=0 ik 1 A ik 1 B = k C A B = ik k 1 C A = C [ 1 + ik ] k 1

6 4 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα C = k 1 k 1 + ik A, B = k 1 ik k 1 + ik A Χωρίς περιορισµούς στην E (µόνο E < V 0 ) άρα το ϕάσµα των ενεργειακών ιδιοτιµών είναι συνεχές. Ψ 1 (x) = Ae ik1x + k 1 ik Ae ik1x k 1 + ik Ψ (x) = k 1 Ae kx k 1 + ik εν υπάρχει λύση για C = 0 εάν το V 0 είναι πεπερασµένο! Η κυµατοσυνάρτηση για x > 0 ϕθίνει εκθετικά. Εάν V 0 k και Ψ 0 για x > 0 Ψ (x > 0) 0, οπότε για V 0 = έχουµε λύση µε C = 0. Τότε Ψ 1 (x) = A sin k 1 x και Ψ 1 (x = 0) = 0, εφαρµόζουµε µόνο τη συνθήκη για τη συνέχεια της κυµατοσυνάρτησης. Βάθος διείσδυσης του σωµατιδίου προς τα δεξιά : x = 1 k = m(v0 E) Ψ π = Ae ik1x Ψ α = A k 1 ik k 1 + ik e ik1x Ψ δ = A k 1 k 1 + ik e kx Υπολογίζουµε τα ϱεύµατα πιθανότητας για την προσπίπτουσα δέσµη J πρ, την ανακλώµενη συνιστώσα της δέσµης J αν και τη διερχόµενη δεξιά συνιστώσα της δέσµης, J δ. J πρ = i m (Ψ π x Ψ π Ψ π x Ψ π) = i m {A A(ik 1 ) A A( ik 1 )} = k 1 m A A = k 1 m A A αλλά p 1 = k 1, v 1 = p1 m = m k 1 J πρ = A Av 1 J αν = i m (Ψ a x Ψ a Ψ a x Ψ a) = i { A A (k } 1 ik )(k 1 + ik ) m (k 1 + ik )(k 1 ik ) ( ik 1) = k 1 m A A J δ = i m (Ψ δ x Ψ δ Ψ δ x Ψ δ) = i { k1 k 1 [ e k x ( k )e kx e kx ( k )e kx] } 1m k 1 + ik k 1 ik = i m 4k 1 k1 + [µηδέν] = µηδέν k ηλαδή κλασσικά ϑα µπορούσαµε να πούµε ότι τα σωµατίδια περνάνε για x > 0, επιβραδύνονται, σταµατούν και επιταχύνονται προς τα αριστερά!!! Ορίζουµε το συντελεστή Ανάκλασης R και το συντελεστή ιέλευσης T :

7 .1 Συνεχές Ενεργειακό Φάσµα 43 R = J αν J πρ, T = J δ J πρ, T + R = 1 Τα R και T είναι η πιθανότητα ανάκλασης και η πιθανότητα διέλευσης, αντίστοιχα. Εδώ έχουµε : J πρ = k 1 m A, J αν = k 1 m A, J δ = 0 T = 0, R = 1 Άρα όλα τα σωµατίδια ανακλώνται τελικά ακόµη και αυτά που περνούν, µέχρι κάποιο ϐάθος, το σκαλοπάτι δυναµικού προς τα δεξιά. Β. Ενέργεια σωµατιδίου E > V 0 Λύση στην περιοχή Ι : Λύση στην περιοχή ΙΙ : Ψ 1 (x) = Ae ik1x + Be ik1x k 1 = me > 0 d Ψ dx = m (E V 0)Ψ k = m (E V 0) > 0 Ψ (x) = Ce ikx + 0 De ikx D = 0: εν υπάρχουν για x > 0 σωµατίδια που να οδεύουν αριστερά, προσπίπτουσα δέσµη από αριστερά. Ικανοποιούµε τις συνθήκες για την Ψ(x): { A + B = C ik 1 A ik 1 B = ik C C = k 1 k 1 + k A, B = k 1 k k 1 + k A Για δεδοµένο V 0, όταν E έχουµε k k 1 R 0, T 1 Ψ 1 (x) = Ae ik1x + A k 1 k e ik1x, x < 0 k 1 + k Ψ (x) = A k 1 k 1 + k e ikx, x > 0 Άρα έχουµε οδεύον κύµα ανακλώµενο προς τα αριστερά για x < 0 και οδεύον κύµα που διέρχεται προς τα δεξιά για x > 0. εν υπάρχει λύση για B = 0, δηλαδή χωρίς ανάκλαση. Επίσης έχουµε R = J αν J πρ = B v 1 A v 1 = B A = ( k1 k k 1 + k ) T = J δ = C v 4k1 k J πρ A = v 1 (k 1 + k ) = 4k 1k k 1 (k 1 + k ) R + T = 1 Εάν εναλλάξουµε το k 1 µε το k, δηλαδή εάν το σωµάτιο ερχόταν από δεξιά προς τα αριστερά, ϑα ϐρούµε τα ίδια ακριβώς R και T. Άρα η ανάκλαση οφείλεται µόνο στην ανοµοιογένεια του δυναµικού γύρω από το x = 0.

8 44 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα.1.3 Ορθογώνιο Φράγµα δυναµικού - Φαινόµενο Σήραγγας Εξετάζουµε το µονοδιάστατο πρόβληµα µε δυναµικό 0, για x < 0 V (x) = V 0, για 0 < x < a 0, για x > a υποθέτοντας και πάλι ότι αρχικά για x ένα σωµατίδιο συγκεκριµένης ενέργειας κινείται για x < 0 από αριστερά προς τα δεξιά. Α. Ενέργεια σωµατιδίου E < V 0 (i) x < 0 (ii) (iii) 0 < x < a x > a k 1 = me d Ψ m dx = EΨ d Ψ dx = me Ψ > 0 Ψ 1 (x) = A 1 e ik1x + B 1 e ik1x d Ψ m dx + V 0Ψ = EΨ d Ψ dx = m (V 0 E)Ψ k = m (V 0 E) > 0 Ψ (x) = A e kx + B e kx d Ψ m dx = EΨ d Ψ dx = m EΨ k 1 = m E > 0 Ψ 3(x) = A 3 e ik1x + B 3 e ik1x Συνοριακές συνθήκες του προβλήµατος : B 3 = 0. Από δεξιά (x > a) υπάρχει µόνο το κύµα (σωµατίδιο) που πέρασε δηλαδή το A 3, δεν υπάρχει προσπίπτον από δεξιά. Οριακές συνθήκες για x = 0 και x = a: Στην περιοχή 0 < x < a δεν έχουµε διάδοση κύµατος, αλλά Ψ(x) 0 Ψ 1 (x = 0) = Ψ (x = 0) dψ 1 dx (x = 0) = dψ (x = 0) dx Ψ (x = a) = Ψ 3 (x = a) dψ dx (x = a) = dψ (x = a) dx J = i { Ψ Ψ } m x Ψ Ψ x A 1 + B 1 = A + B (.) ik 1 A 1 ik 1 B 1 = k A k B (.3) e ka A + B e ka = A 3 e ik1a (.4) k A e ka k B e ka = ik 1 A 3 e ik1a (.5)

9 .1 Συνεχές Ενεργειακό Φάσµα 45 Λύνω για να ϐρω τους συντελεστές A, B. Υπάρχει µια αυθαίρετη σταθερά, που ορίζεται από την κανονικοποίηση, η A 1, όλα ϑα εκφραστούν µέσω της A 1. Ενδιαφέροµαι κυρίως για την A 3, διότι έτσι ϑα ϐρω το συντελεστή διέλευσης του σωµατιδίου µέσω του ϕράγµατος E < V 0 T = J δ = A 3 k 1 /m J πρ A 1 k 1 /m = A 3 A 1 όπου A 1 το πλάτος προσπίπτοντος κύµατος, B 1 το πλάτος ανακλώµενου κύµατος και A 3 το πλατος διαδιδόµενου δεξιά κύµατος. ιαιρώ την εξίσωση (.3) µε ik 1 και προσθέτω στην (.): A 1 + B 1 = A + B ιαιρώ την (.5) µε k και από τις (.4), (.5) έχω : A 1 B 1 = k ik 1 A k ik 1 B ( A 1 = A 1 + k ) ( + B 1 k ) ik 1 ik 1 A 1 = A ik 1 + k ik 1 + B ik 1 k ik 1 (.6) A e ka + B e ka = A 3 e ik1a Βάζοντας τις (.7) και (.8) στην (.6) έχουµε : A e ka B e ka = A 3 e ik1a ik 1 k ( A e ka = A 3 e ik1a 1 + ik ) 1 k ( B e ka = A 3 e ik1a 1 ik ) 1 k A = A 3 e (ik1 k)a k + ik 1 k B = A 3 e (ik1+k)a k ik 1 k (.7) (.8) (k + ik 1 ) A 1 = A 3 e (ik1 k)a (k ik 1 ) A 3 4ik 1 k 4ik 1 k e ik1a e (ik1+k)a [ A 1 = A 3 (k + ik 1 ) e ka (k ik 1 ) e ka] 4ik 1 k Άρα εάν υπάρχει λύση για µη µηδενική κυµατοσυνάρτηση, A 1 0 τότε και A 3 0 αναγκαστικά. Αρα έχουµε πάντα διέλευση από το ϕράγµα δυναµικού αν και κλασσικά απαγορεύεται όταν E < V 0. Το καθαρά κβαντικό αυτό ϕαινόµενο λέγεται ϕαινόµενο σήραγγας. Θα το δούµε στα αγγλόφωνα ϐιβλία σαν "tunneling". Η εκποµπή ακτινοβολίας α-σωµατιδίου από ϱαδιενεργούς πυρήνες π.χ. οφείλεται στο ϕαινόµενο σήραγγας µέσω του πυρηνικού δυναµικού. Προσοχή : Εάν k a 1 τότε, αµελώντας το e ka στην προηγούµενη σχέση έχουµε :

10 46 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα (1) () A 3 A 1 e ik1a 4ik 1 k (k ik 1 ) e ka T = A 3 A 1 16k 1k (k + k 1 ) e ka (.9) Ψ (0) = A + B = A 3 e ik1a [Γe ka + Γ e ka ] Ψ (a) = A e ka + B e ka = A 3 e ik1a [Γ + Γ ] όπου Ψ (0) Ψ (a) Γ e ka Ψ (a) Ψ (0) e ka Γ Ψ (a) Ψ (0) T Γ = k + ik 1 k και Γ + Γ = 1 Υπολογισµός του συντελεστή διέλευσης Το γινόµενο των δύο όρων ισούται µε : A 1A 1 = A 3A 3 {[ 16k1 (k + ik 1 ) e ka (k ik 1 ) e ka] k [(k ik 1 ) e ka (k + ik 1 ) e ka]} (.10) όπου χρησιµοποιήθηκε η ταυτότητα οπότε η σχέση (.10) γίνεται : = (k + ik 1 ) (k ik 1 ) e ka (k + ik 1 ) 4 (k ik 1 ) (k + ik 1 ) (k ik 1 ) e ka = (k + k 1) (e ka + e ka ) [ (k + ik 1 ) 4 + (k ik 1 ) 4] = (k + k 1) (e ka + e ka ) 4(k k 1) + (k + k 1) = (k + k 1) [e ka + e ka + ] 4(k k 1) = (k + k 1) (e ka + e ka ) 4(k k 1) = 4(k + k 1) cosh (k a) 4(k k 1) (k + ik 1 ) 4 + (k ik 1 ) 4 = 4(k k 1) (k + k 1) A 1A 1 = A 3A 3 { (k 4k1 + k1) cosh (k a) (k k k1) } T = A 3A 3 A 1 A = 1 Χρησιµοποιώντας : cosh x sinh x = 1, 4k 1k (k + k 1 ) cosh (k a) (k k 1 ) T + R = 1 R = 1 T k 1 = m E, k = m (V 0 E) T = 1 + sinh k a 4 E ( 1 E ) V 0 V 0 1

11 .1 Συνεχές Ενεργειακό Φάσµα 47 Εάν το k a είναι µεγάλο, τότε : που είναι ίδιο µε τη σχέση (.9) sinh(k a) = 1 T = 1 + e k a 16 E ( 1 E ) V 0 V 0 ( e k a e ka) eka 1 16 E V 0 ( 1 E V 0 ) e ka, T = Σ Σ 1, για Σ 1, 1 + Σ Σ άρα όσο µικρότερη η µάζα του σωµατιδίου ή όσο µικρότερο το a, ή όσο κοντύτερα το E στο V 0, τόσο µικρότερο το γινόµενο k a και άρα µεγαλύτερο το T, εποµένως τόσο πιθανότερη η διέλευση του σωµατιδίου από το ϕράγµα του δυναµικού. Β. Ενέργεια σωµατιδίου E > V 0 (i) : x < 0 m Ψ 1 = EΨ 1 k 1 = me > 0 Ψ 1 (x) = A 1 e ik1x + B 1 e ik1x (ii) : (iii) : 0 < x < a m Ψ + V 0 Ψ = EΨ k = m (E V 0) > 0 Ψ (x) = A e i k x + B e i k x x > a m Ψ 3 = EΨ 3 Ψ 3 (x) = A 3 e ik1x Τώρα δεν έχουµε εκθετική ελάττωση του πλάτους του κύµατος. Υπολογίζουµε όµοια τα A k, B k. A 1 + B 1 = A + B ik 1 A 1 ik 1 B 1 = i k A i k B A e i k a + B e i k a = A 3 e ik1a i k A e i k a i k B e i k a = ik 1 A 3 e ik1a Οι προηγούµενες σχέσεις είναι παρόµοιες µε τις σχέσεις για την περίπτωση (E < V 0 ), αλλά µε τη διαφορά ότι όπου k i k για την τελική σχέση που δίνει το A 3 συναρτήσει του A 1 π.χ. Ο συντελεστής διέλευσης τώρα είναι : T = 1 + sin ( k a) 4 E ( ) E 1 V 0 V 0 1 Παρατηρήσεις (i) Ακόµη και για E/V 0 > 1 υπάρχει πιθανότητα να ανακλαστεί το σωµατίδιο. (ii) Οταν E/V 0 1, τότε T 1, R 0.

12 48 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα (iii) Για E/V 0 > 1, ο συντελεστής διέλευσης εξαρτάται ηµιτονοειδώς από το k a, άρα για k a = nπ T = 1 µε n = 1,, 3,... m a (E V 0) = nπ a m (E V 0) = n π E n = π ma n + V 0 (iv) Το δυναµικό που παρουσιάζεται στον πυρήνα και εµποδίζει τα σωµατίδια άλφα να ϐγουν είναι χονδρικά της µορφής του σχήµατος.1. E V(r) R r -V 0 Σχήµα.1 Η πιθανότητα διέλευσης έχει τη µορφή T (E) = f(e)e ka. Η συνάρτηση f(e) µεταβάλλεται αργά µε την ενέργεια E, ενώ το εκθετικό e ka µεταβάλλεται πολύ γρήγορα µε το E και το a, και επειδή το πλάτος a του ϕράγµατος ελαττώνεται καθώς αυξάνεται η ενέργεια, ο συντελεστής διέλευσης µεταβάλλεται σηµαντικά µε µικρές µεταβολές της ενεργειας. Άρα µεταβολή της ενεργειας κατά µερικά MeV προκαλεί µεταβολή στους χρόνους ηµιζωης των ϱαδιενεργών πυρήνων από 10 7 s µέχρι χρόνια. WKB approximation (Wentzel, Kramers, Brillouin) (v) Πάµε πάλι στη µορφή του συντελεστή διέλευσης T (E) e ka µε m k = (V 0 E) Εχουµε ότι όπου k είναι ο συντελεστής απόσβεσης. T (E) Ψ(a) Ψ(0) e ka Εάν τώρα το ϕράγµα δυναµικού δεν έχει την τετραγωνική µορφή όπως προηγουµένως αλλά είναι π.χ. αυτό του σχήµατος.. τότε ο συντελεστής απόσβεσης για ένα τετραγωνικό ϕράγµα που προσεγγίζει αυτό το δυναµικό αλλάζει µε το x k (x), όπου m k (x) = (V (x) E) Μπορούµε στο συντελεστή διέλευσης T (E) να αντικαταστήσουµε τον k µε τη µέση τιµή του και έτσι να έχουµε µια πρώτη προσέγγιση για την πιθανότητα διέλευσης ενός σωµατιδίου από αυτό το δυναµικό. k 1 a x x 1 m (V (x) E) dx

13 .1 Συνεχές Ενεργειακό Φάσµα 49 E V(x) x 1 x x Σχήµα. T (E) = e k a = exp { x που αποτελεί τον τύπο του Gamow στην Πυρηνική Φυσική. x 1 } m (V (x) E) dx a = x x 1 Ορίζουµε A = x x 1 (V (x) E) dx T (E) e ma Άρα έχουµε διαφορετικό πλάτος διέλευσης για σωµατίδια διαφορετικής µάζας : m1 T 1 (E) T (E) e e ( e m m1 m )

14 50 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα. ιακριτό Φάσµα..1 υναµικό Τετραγωνικού Πηγαδιού Απείρου Βάθους Α. Μονοδιάστατη περίπτωση Θα εξετάσουµε πρώτα τη µονοδιάστατη περίπτωση, όπου : 0, για 0 < x < a V (x) =, για x < 0 και για x > a Το σωµατίδιο είναι περιορισµένο στο διάστηµα 0 x a. Σύµφωνα µε το παράδειγµα στην παράγραφο, όταν το V 0 η κυµατοσυνάρτηση Ψ(x) του σωµατιδίου µηδενίζεται, δηλαδή για x > a και x < 0 στη δική µας περίπτωση. Εξίσωση του Schrödinger για 0 < x < a : Ορίζουµε k x = me d Ψ m dx = EΨ d Ψ dx Λύση της διαφορικής εξίσωσης = me Ψ Ψ(x) = Ae ikxx + Be ikxx Ψ(x = 0) = 0 A + B = 0 B = A Ψ(x) = Ai sin(k x x) = C sin(k x x) Ψ(x = a) = 0 sin(k x a) = 0 k x a = nπ k x = n π, n = 1,, 3... a Για την ενέργεια έχουµε : E = m k x E n = n π, n = 1,, 3,... ma Η E 1 είναι η ελάχιστη δυνατή ενέργεια, ή αλλιώς ενέργεια ϑεµελιώδους κατάστασης. Η ενέργεια είναι κβαντισµένη, παίρνει δηλαδή συγκεκριµένες διακριτές τιµές. Κανονικοποιούµε την Κυµατοσυνάρτηση : C a 0 sin (kx) dx = C k + Ψ Ψ dx = 1 ka=nπ 0 C = sin ω dω = a C nπ nπ/a = a C = 1 µε ενέργεια Ψ n (x) = ( nπx ) a sin a E n = n π, n = 1,, 3,... ma

15 . ιακριτό Φάσµα 51 Παρατηρήσεις (i) Θεώρηµα των κόµβων : Ο αριθµός των κόµβων (µηδενισµών) αυξάνεται κατά µονάδα καθώς προχωρούµε από τη ϑεµελιώδη στάθµη (κατάσταση, µε µηδέν κόµβους) στις ανώτερες Εννοούµε εδώ µηδενισµός στο πεδίο ορισµού, δηλαδή 0 < x < a, και όχι στα άκρα. (ii) Το ϕάσµα δεν παρουσιάζει εκφυλισµό, δηλαδή υπάρχει µια µόνο κατάσταση για κάθε ενεργειακή στάθµη. (iii) Οι ιδιοσυναρτήσεις είναι εναλλάξ άρτιες και περιττές ως προς το µέσο του πηγαδιού : E 1 άρτια E περιττή E 3 άρτια (iv) Κλασσικό όριο 0, m τότε η ενέργεια της ϑεµελιώδους στάθµης τείνει στο µηδέν, το ϕάσµα τείνει στο συνεχές. (v) Στο όριο των µεγάλων κβαντικών αριθµών n έχουµε άρα πλησιάζουµε και πάλι το συνεχές ϕάσµα. E n E n = n + 1 n 0, (vi) Σχέση Αβεβαιότητας - Ενέργεια ϑεµελιώδους στάθµης x p Η αβεβαιότητα στη ϑέση είναι της τάξης του εύρους του πηγαδιού x a. Ακόµη, ( p) = p p και p = 0 διότι [x, H] = i p και [x, H] = 0 για τις δέσµιες καταστάσεις για οποιαδήποτε ιδιοκατάσταση της m ενέργειας Η µέση τιµή της ενέργειας ϑα είναι : ( p) = p ( ) x a E = p m ma E 1 (vii) Απόσταση µεταξύ ενεργειακών σταθµών για µικρά n περίπου ίση µε την E 1 ma E Ατοµο : m = m e = 0.5 MeV, a = R τροχιάς cm E ev Πυρήνας : m = m p 000 m e, a = R πυρήνα cm E πυρ E ατ m er τροχιάς m p R πυρ εώς 10 7

16 5 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα Β. Τριδιάστατο κουτί µε άπειρα τοιχώµατα V (x, y, z) = 0 < x < a 0, όταν 0 < y < b 0 < z < c x < 0, x > a, όταν y < 0, y > b z < 0, z > c (ελεύθερο σωµάτιο µέσα στο κουτί) m Ψ = EΨ Λύση από την παρ..1.1 µε τη µέθοδο των χωριζοµένων µεταβλητών Ψ(x, y, z) = Ψ 1 (x)ψ (y)ψ 3 (z) Τα Ψ k είναι επίπεδα κύµατα και από τις οριακές συνθήκες λόγω της µονοδιάστατης περίπτωσης (Α) έχουµε : Για την ενέργεια έχουµε : ( nπx Ψ 1 (x) = a sin a ( mπy Ψ (x) = b sin b ( lπz Ψ 3 (z) = c sin c ), n = 1,, 3,... ), m = 1,, 3,... ), l = 1,, 3,... E = E x + E y + E z = (kx + ky + kz) m ( E = π n m a + π m b + π l ) c, δηλαδή η ενέργεια χαρακτηρίζεται από τρεις κβαντικούς αριθµούς. ίνοντας τα n, l, m ξέρουµε την ενέργεια. E = E nlm Εκφυλισµός διότι µπορεί να έχουµε την ίδια ενέργεια για πολλές διαφορετικές τριάδες (n, l, m), όταν έχουµε ίδιο µήκος των πλευρών. Παράδειγµα. Εστω a = b = c E = π ma (n + l + m ) = ξ(n + l + m ) n = 1, l = 1, m = 1 E 111 = 3ξ n =, l = 1, m = 1 E = E 11 = E 11 = E 11 = 6ξ. µία στάθµη τρεις στάθµες.. Τετραγωνικό πηγάδι υναµικού πεπερασµένου ϐάθους { 0, για a < x < a V (x) = V 0, για x < a, x > a Θα λύσουµε το πρόβληµα µόνο για E < V 0. Εχουµε τρεις περιοχές : (i) Περιοχή Ι, x < a: d Ψ 1 m dx + V 0Ψ 1 = EΨ 1

17 . ιακριτό Φάσµα 53 (ii) Περιοχή ΙΙ, a < x < a: m (iii) Περιοχή ΙΙΙ, x > a: m Λύση των τριών εξισώσεων Schrödinger: d Ψ dx = EΨ d Ψ 3 dx + V 0Ψ 3 = EΨ 3 (Ι), x < a d Ψ 1 dx = m (V 0 E)Ψ 1 (ΙΙ), a < x < a (ΙΙΙ), x > a k 1 = m (V 0 E) Ψ 1 (x) = Ae k1x + Be k1x d Ψ dx = me Ψ k = m E Ψ (x) = Ce ikx + De ikx Ψ 3 (x) = F e k1x + Ge k1x Οριακές συνθήκες: Για x ±, η Ψ(x) είναι πεπερασµένη γενικά, και ειδικά τώρα για x ± η κυµατοσυνάρτηση µηδενίζεται Ψ 1 (x ) 0 και Ψ 3 (x ) 0 B = 0, F = 0 Ψ 1 (x) = Ae k1x, Ψ 3 (x) = Ge k1x Ακόµη, Ψ (x) = C sin k x + D cos k x Τα C, D είναι γενικά µιγαδικοί αριθµοί. Το δυναµικό V (x) του προβλήµατος είναι αναλλοίωτο σε έναν κατοπτρικό µετασχηµατισµό. Άρα οι ιδιοσυναρτήσεις της Ενέργειας αναλύονται σε άρτιες και περιττές, και η parity διατηρείται. Α. Αρτιες Κυµατοσυναρτήσεις, Ψ(x) = Ψ( x) A = G, C = 0 Ψ 1 (x) = Ae k1x, Ψ (x) = D cos(k x), Ψ 3 (x) = Ae k1x Οριακές συνθήκες: dψ 1 dx Ψ 1 ( a) = Ψ ( a) = dψ x= a dx x= a και Ψ (a) = Ψ 3 (a) dψ dx (a) = dψ 3 dx (a) που είναι ισοδύναµες από τη συµµετρία. D cos(k a) = Ae k1a } Dk sin(k a) = Ak 1 e k1a τις οποίες διαιρώντας παίρνουµε : tan(k a) = k 1 k

18 54 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα Β. Περιττές Κυµατοσυναρτήσεις, Ψ(x) = Ψ( x) Ψ 1 (x) = Ae k1x, Ψ (x) = C sin(k x), Ψ 3 (x) = Ae k1x Οριακές συνθήκες: C sin(k a) = Ae k1a Ck cos(k a) = Ak 1 e k1a Λύση για τις άρτιες κυµατοσυναρτήσεις : tan(k a) = k k 1 tan(k a) = k 1 k = k 1a k a = k 1 = m (V 0 E), z = k a, k 1a k a k = m E z = k a = m Ea z0 = m V 0a z tan(z) = 0 z (z0 ) z = 1 z z z 3 z z0 1 0 π/ π 3π/ π 5π/ z Σχήµα.3: Γραφική παράσταση για z 0 = 8 π.χ. z k = Λύση για τις περιττές κυµατοσυναρτήσεις : m E ka E k = z k ma tan(k a) = k k 1 = k a k 1 a = k a k 1 a Θέτω k a = z, οπότε z tan z = z 0 z

19 . ιακριτό Φάσµα 55 Κάνουµε γραφική παράσταση των συναρτήσεων tan z και z/ z 0 z µε δεδοµένο το z 0. Τα σηµεία τοµής δίνουν τις λύσεις z k E k. Συνολικά λοιπόν για z 0 = 8 έχουµε 3 άρτιες και 3 περιττές λύσεις. Για z 0 π/ έχουµε µόνο µια λύση (άρτια)...3 Πηγάδι δυναµικού συνάρτησης δέλτα Α. E < 0 Στάσιµες καταστάσεις για x 0 έχουµε : Συνοριακές συνθήκες : V (x) = aδ(x), a > 0 d Ψ aδ(x)ψ = EΨ m dx d Ψ dx (i) Ψ συνεχής B = F Ψ(x) = Be k x d Ψ m dx = EΨ = m ( E)Ψ = k Ψ k = me > 0, k = m E { Be Ψ(x) = kx, x < 0 F e kx, x > 0 (ii) Ψ (x) συνεχής εκτός από τα σηµεία όπου το V (x) απειρίζεται, δηλαδή το x = 0. Ψ (x) ασυνεχής στο x = 0 Ψ (x = 0) απειρίζεται, έτσι ώστε να εξουδετερώνει τη δ(x) απειρία Ορίζουµε τα B, E. Ολοκληρώνουµε την εξίσωση του Schrödinger από το ɛ έως το +ɛ. στο όριο ɛ 0. Κανονικοποίηση : + +ɛ m ɛ d dx ( ) dψ dx a dx +ɛ ɛ δ(x)ψ(x) = E ( ) dψ dψ (x = +ɛ) (x = ɛ) m dx dx dψ = Bk, dx ɛ Ψ (x)ψ(x) = 1 +ɛ ɛ aψ(0) = 0, dψ = Bk, Ψ(0) = B (ɛ 0) dx ɛ ( k) = a m m k = a k = ma + k = (ma) 4 = m ma E E = Ψ(x) dx + B e k x dx = 1 B e kx dx = 1 B = k B = ma k = ma Ψ(x) = e ma x (Εδώ έχουµε µόνο µια ιδιοτιµή της ενέργειας µε E < 0). 0

20 56 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα Β. E > 0 Συνεχές ϕάσµα m Ψ aδ(x)ψ = EΨ x 0 m Ψ = EΨ Ψ = me Ψ Ψ = k Ψ Ψ(x) = Ae ikx + Be ikx, x < 0 k = me Ψ (x) = F e ikx + Ge ikx, x > 0 G = 0: εν υπάρχει κύµα προσπίπτον από τα δεξιά, εάν έχουµε δέσµη που έρχεται από τα αριστερά. Συνοριακές συνθήκες : Ψ 1 (0 ) = Ψ (0 + ) A + B = F Ολοκλήρωµα της Schrödinger: Ορίζουµε β = ma k Συντελεστής ανάκλασης dψ 1 dx = ik(a B) x=0 dψ dx = ikf x=0 + [ikf ik(a B)] = a(a + B) m ik(a + B) ik(a B) = ma (A + B) ikb = ma (A + B) B = i ma (A + B) k β B = i 1 iβ A R = B A = β 1 + β, T = 1 R = 1 F = 1 + β A.3 Μονοδιάστατος Αρµονικός Ταλαντωτής Κάθε ϕυσικό σύστηµα για µικρές µετατοπισεις από τη ϑέση ευσταθούς ισορροπίας υπακούει σε µια εξίσωση που δίνει σαν λύση την απλή αρµονική ταλάντωση. Η δυναµική ενέργεια είναι : V (x) = 1 kx Κλασσικά έχουµε την εξίσωση κίνησης m d x dt = kx x = ω x ω = k m και x(t) = A cos ωt + B sin ωt x(t) = x 0 sin(ωt + φ) E = 1 kx + 1 mv = 1 mω x 0

21 .3 Μονοδιάστατος Αρµονικός Ταλαντωτής Αναλυτική λύση, πολυώνυµα Hermite Εξίσωση Schrödinger Ορίζουµε την αδιάστατη µεταβλητή d Ψ m dx + 1 mω x Ψ = EΨ d ( Ψ m dx + E m ω ) x Ψ = 0 ξ = mω x = αx, α = mω 1 (µήκος) mω ω = Joule sec Joule sec Joule sec Nt m sec = 1 Kgr (sec) Kgr mω Kgr m m sec sec (m) Kgr ξ = mω x αδιάστατο dψ dx = dψ dξ dξ dx = dψ α dξ d Ψ dx = d Ψ dξ α ( ) α d Ψ m dξ + E αξ Ψ = 0 ( ) d Ψ E dξ + ω ξ Ψ = 0 όπου Ψ(ξ) συνεχής, µονότιµη, πεπερασµένη για < ξ < +. Επίλυση µε τη µέθοδο των δυναµοσειρών Η Ψ(ξ) είναι τετραγωνικά ολοκληρώσιµη και Ψ(ξ) 0 για ξ ±. Προσδιορίζουµε πρώτα την Ψ(ξ) για τα µεγάλα ξ, δηλαδή πρώτα την ασυµπτωτική της συµπεριφορά. Σε αυτή την περίπτωση το E ω είναι αµελητέο σε σχέση µε το ξ. Εποµένως η εξίσωση προς επίλυση είναι : d Ψ dξ ξ Ψ = 0 Προσεγγιστικά πάλι αυτή η εξίσωση ικανοποιείται από την Ψ(ξ) = e ξ /. Απόδειξη : άρα ο δεύτερος όρος παραλείπεται, d Ψ dξ d Ψ dξ dψ dξ = ξe ξ / = ξ e ξ / e ξ / = ξ e ξ / = ξ Ψ

22 58 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα d Ψ dξ ξ Ψ = 0 ο.ε.δ Η λύση της διαφορικής εξίσωσης για όλο το διάστηµα ορισµού του ξ ισχυριζόµαστε ότι ϑα είναι της µορφής : Ψ(ξ) = e ξ / y(ξ) µε y(ξ) πολυώνυµο και όχι άπειρη σειρά, διότι ϑέλουµε Ψ(ξ) 0 για ξ ±. Αντικαθιστούµε την Ψ(ξ) στη διαφορική εξίσωση και επιλύουµε τη νέα διαφορική εξίσωση που προκύπτει : d Ψ dξ dψ dξ = ξe ξ / y(ξ) + e ξ / dy dξ = ξ e ξ / y(ξ) e ξ / y(ξ) ξe ξ / dy dξ ξe ξ / dy(ξ) dξ [ d Ψ dξ = e ξ / d ] y dy ξ dξ dξ + (ξ 1)y(ξ) Αντικαθιστώντας στην εξίσωση του Schrödinger έχουµε : d ( ) y dy E ξ dξ dξ + hω 1 y = 0 + e ξ / d y dξ Θέτουµε : E hω 1 = β E = ( β + 1 ) ω και d y dy ξ dξ dξ + βy = 0 που λέγεται ιαφορική Εξίσωση του Hermite µε λύση τα πολυώνυµα Hermite. Η Χαµιλτονιανή είναι αναλλοίωτη στην Parity χωρίζουµε τις λύσεις σε άρτιες και περιττές. Λύση : y(ξ) = + k=0 α k ξ k Αντικαθιστούµε και ϐρίσκουµε µια αναδροµική σχέση για το α k. y (ξ) = k α k k(k 1)ξ k y (ξ) = k α k kξ k 1 ν=k ====== k=ν+ k 1=ν+1 ν=0 { αν+(ν+)(ν+1)ξν }}{ + a k k(k 1)ξ k k=0 αρχίζει από τον όρο k= }{{} + k=0 + α k kξ k + β k=0 α k ξ k = 0 + [ αk+ (k + )(k + 1) + α k (β k) ] ξ k = 0, ξ µηδενίζονται οι συντελεστές του ξ k=0 α k+ = (k β)α k (k + )(k + 1)

23 .3 Μονοδιάστατος Αρµονικός Ταλαντωτής 59 (α) δίνοντας το συνδυασµό (ϐ) δίνοντας το συνδυασµό α 0 0, α 1 = 0 άρτιες λύσεις [ y(ξ) = α 0 1 β ]! ξ + 4! β(β )ξ α 0, α = β α ( β) 0, α 4 = α = 4β( β)α άρτια λύση, α 0 0. α 0 = 0, α 1 0 περιττές λύσεις Το πολυώνυµο αρχίζει µε ξ ξ 3 ξ 5... άρα περιττή λύση, α 1 0. [ ] (β 1) y(ξ) = α 1 ξ ξ 3 + 3! 5! (β 1)(β 3)ξ Η parity διατηρείται Για µια αυθαίρετη τιµή του β οι δύο συντελεστές έχουν άπειρους όρους. ολοκληρώσιµη. Η Ψ(ξ) δεν είναι τετραγωνικά Εάν β = ακέραιος = n µε n = 0, 1,, 3,..., οι σειρές τερµατίζονται και ϐρίσκουµε σαν y(ξ) πολυώνυµα. Εποµένως έχουµε ( : (i) E n = ω n + 1 ) ιακριτές στάθµες ενέργειας (ii) y 0 (ξ) = α 0, n = 0, y 1 (ξ) = α 1 ξ, n = 1, y (ξ) = α 0 (1 ξ ), n =, ( y 3 (ξ) = α 1 ξ ) 3 ξ3, n = 3, α 0 = σταθερά κανονικοποίησης α 1 = σταθερά κανονικοποίησης α 0 = σταθερά κανονικοποίησης α 1 = σταθερά κανονικοποίησης Ψ n (ξ) = e ξ / y n (ξ) = c n e ξ / H n (ξ) H n (ξ) είναι τα πολυώνυµα του Hermite µε κατάλληλη κανονικοποίηση. + Ψ n(x)ψ n (x) dx = 1 + Ψ α n(ξ)ψ n (ξ) dξ Πολυώνυµα του Hermite: H 0 (ξ) = 1, α 0 = 1 H 1 (ξ) = ξ, α 1 = H (ξ) = 4ξ, H 3 (ξ) = 8ξ 3 1ξ, Τα πολυώνυµα του Hermite έχουν την ιδιότητα. H n (ξ) = ( 1) n H n ( ξ) α 0 = α 1 = 1 και ορίζονται από τη σχέση : H n (ξ) = ( 1) n e ξ dn (e ξ) dξ n

24 60 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα Τα πολυώνυµα του Hermite από την προηγούµενη σχέση δεν είναι κανονικοποιηµένα. Σχέση ορθογωνιότητας : + H n (ξ)h m (ξ)e ξ dξ = 0, για m n Κανονικοποιώντας έχουµε : όπου και + Ιδιοενέργειες του Αρµονικού ταλαντωτή Ψ n(ξ)ψ m (ξ) dξ = δ nm Ψ n (ξ) = c n H n (ξ)e ξ / c n = 1 4 π 1 n n! E n = ( n + 1 ) ω Ιδιοσυναρτήσεις του Αρµονικού Ταλαντωτή Ψ n (x) = 4 α π 1 n n! e αx / H n ( αx) α = mω n = 0 Ψ 0 (x) = 4 α π e αx / n = 1 Ψ 1 (x) = 4 α π n = Ψ (x) = 4 α π αxe αx / 1 3 (4αx )e αx /. Παρατηρήσεις (i) Οι Ψ n (x) απλώνονται και στην κλασσικά απαγορευµένη περιοχή, δηλαδή εκεί όπου E n < V (x), αλλά ϕθίνουν εκθετικά. (ii) Αριθµός κόµβων αυξάνει κατά µονάδα καθώς προχωρούµε από τη ϑεµελιώδη n = 0 στην n = 1 και µετά στη n =,.... (iii) x άπλωµα Ψ 0 (x) 1 α ( x) 1 mω (iv) Ενέργεια ϑεµελιώδους στάθµης E 0 = 1 ω Ελάχιστη ενέργεια λόγω της Αρχής της Αβεβαιότητας ( x) ( p)

25 .3 Μονοδιάστατος Αρµονικός Ταλαντωτής 61 και x = 0, p = 0 E = p m + 1 mω x H = p m + 1 mω x [x, H] = i m p [p, H] = i mω x, Ψ n [x, H] Ψ n = 0 p = 0 Ψ n [p, H] Ψ n = 0 x = 0 για τον ταλαντωτή σε µια ιδιοκατάσταση της Ενέργειας p = ( p) x = ( x) 4( x) E 1 8m ( x) + mω ( x) ελάχιστο της E, ( x) = d E d( x) = 0 mω E 1 ω προσεγγιστικά..3. Τελεστές ηµιουργίας και Καταστροφής Η χαµιλτονιανή του συστήµατος είναι : Ορίζουµε όπως πριν µία νέα µεταβλητή ως προς τη νέα µεταβλητή ξ έχουµε Ĥ = p m + 1 mω x = m ξ = mω x [ 1 Ĥ = ω ξ 1 d dx + 1 mω x µε ιδιοσυναρτήσεις να είναι συναρτήσεις του ξ. Ορίζουµε τους τελεστές â και â συζυγή του â mω â = x + ip x = 1 ξ + 1 d m ω dξ â = d dξ mω x ip x = 1 ξ 1 d m ω dξ οι τελεστές αυτοί δεν είναι ερµιτιανοί αν και χωριστά οι δύο όροι x, p x είναι ερµιτιανοί στο χώρο των κανονικοποιήσιµων συναρτήσεων. Για τους δύο τελεστές a, a έχουµε τις σχέσεις µετάθεσης (για συντοµία δε ϐάζουµε το «ˆ») a a = 1 ( ξ d ) dξ = 1 } {ξ d ξ + ξ ddξ ddξ dξ = 1 ) (ξ d dξ + 1 [ ξ, d ] dξ ]

26 6 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα Ισχύει : [ ξ, d ] = 1 dξ a a = 1 (ξ d dξ ) 1 Ορίζοντας τον τελεστή ˆN = a a έχουµε ( Ĥ = ω ˆN + 1 ) [ ] [a, a ] = 1 ξ + d dξ, ξ d dξ = 1 [ξ, ξ] + 1 [ ] d dξ, ξ 1 [ξ, d dξ ] 1 = 1 ( 1 ) = 1 [ d dξ, d ] dξ [a, a ] = 1 [N, a] = [a a, a] = a [a, a] + [a, a]a = a [N, a ] = [a a, a ] = a [a, a ] + [a, a ]a = a aa a a = 1 aa 1 = a a ˆN = aa 1 Αν λοιπόν έχουµε µια ιδιοσυνάρτηση του τελεστή N, τότε ˆNΨ λ = λψ λ ĤΨ λ = ω ( λ + 1 ) Ψ λ Βρίσκουµε λοιπόν τις ιδιοτιµές και τις ιδιοσυναρτήσεις του τελεστή ˆN. Για τις ιδιοσυναρτήσεις Ψ του ˆN ισχύει : Ψ (x) ˆNΨ(x) dx = Ψ a aψ dx = (aψ) (aψ) dx 0 άρα έχει ϑετικές ιδιοτιµές (ή µηδέν). Αν Ψ λ ιδιοσυνάρτηση του ˆN µε ιδιοτιµή λ, Απόδειξη : Σχέση µετάθεσης [ ˆN, a] = a ˆNΨ λ = λψ λ N(aΨ λ ) = (λ 1)aΨ λ ˆNa a ˆN = a ˆNa = a ˆN a και ˆNΨλ = λψ λ ˆN(aΨ λ ) = a ˆNΨ λ aψ λ = (λ 1)aΨ λ και ˆN(a Ψ λ ) = ˆNa(aΨ λ ) = (an a)aψ λ = an(aψ λ ) a Ψ λ = (λ )a Ψ λ ˆN(a 3 Ψ λ ) = ˆNa(a Ψ λ ) = (a ˆN a)a Ψ λ = a ˆN(a Ψ λ ) a 3 Ψ λ = a(λ )a Ψ λ a 3 Ψ λ = (λ 3)a 3 Ψ λ ˆN(a ρ Ψ λ ) = (λ ρ)a ρ Ψ λ µε λ ρ 0. Για αρκετά µεγάλο ρ όµως (ρ > λ) εµφανίζεται µια ιδιοσυνάρτηση µε αρνητική ιδιοτιµή, αδύνατον. Η λύση στο πρόβληµα αυτό είναι ότι υπάρχει αριθµός k : a k Ψ λ = 0. Οµοια l > k, a l Ψ λ = a l k a k Ψ λ = 0

27 .3 Μονοδιάστατος Αρµονικός Ταλαντωτής 63 ϐάζουµε ˆN = a a οπότε ϑα έχουµε ˆNa k 1 Ψ λ = (λ (k 1))a k 1 Ψ λ Επειδή a k Ψ λ = 0 λ = k 1 = ακέραιος a a k Ψ λ = (λ (k 1)) a k 1 Ψ λ λ = n, ακέραιος αριθµός µε n = 0, 1,,...,. Ορισµός της ϑεµελιώδους στάθµης Ψ 0 : και Κανονικοποιώντας έχουµε : + E n = ( n + 1 ) ω k = n + 1 = λ + 1 λ = 0 k = 1 Ψ 0, aψ 0 = 0 λ = 1 k = Ψ 1, a Ψ 1 = 0 ˆNΨ 0 = 0 a (aψ 0 ) = 0 aψ 0 = 0 1 ( ξ + d ) Ψ 0 = 0 dξ dψ 0 dξ = ξψ 0 Ψ 0 (ξ) = ce ξ / Ψ 0 (x) = ce mω Ψ 0(x)Ψ 0 (x) dx = 1 mω + x + e ξ dξ = π c = 1 4 π c = 4 mω π Ψ 0(ξ)Ψ 0 (ξ)dξ = 1 Θεώρηµα.1. Οι διακριτές τιµές της Ενέργειας E n ενός µονοδιάστατου προβλήµατος είναι µη εκφυλισµένες. Απόδειξη. Εστω δύο λύσεις Ψ 1, Ψ για την ίδια ιδιοτιµή : d Ψ 1 dx d Ψ dx διότι Ψ 1, Ψ, Ψ 1Ψ 0 για x ± = m ( V (x) E ) Ψ1 1 Ψ 1 Ψ 1 = m (V (x) E) = m ( ) V (x) E Ψ 1 Ψ = m (V (x) E) Ψ 1 Ψ 1 = 1 Ψ Ψ Ψ 1 = Ψ 1 Ψ Ψ 1 Ψ d dx (Ψ Ψ 1 Ψ 1 Ψ ) = 0 Ψ Ψ 1 Ψ 1 Ψ = σταθερό = µηδέν Ψ 1 Ψ 1 = Ψ Ψ d dx (ln Ψ 1) = d dx (ln Ψ ) Ψ 1 = cψ

28 Γενικά όπως είδαµε ισχύει : { a Ψ n = β n Ψ n+1 64 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα ( ) Στον ταλαντωτή όπου Ĥ = ω ˆN + 1, µη εκφυλισµένες ιδιοσυναρτήσεις του Ĥ µη εκφυλισµένες ιδιοσυναρτήσεις του ˆN. Αναδροµικός υπολογισµός των Ψ n (ξ): Εχουµε Na a N = a N(a Ψ 0 ) = a NΨ 0 + a Ψ 0 = 0 + a Ψ 0 = a Ψ 0 άρα η συνάρτηση a Ψ 0 είναι ιδιοσυνάρτηση του N µε ιδιοτιµή λ 1 = 1 Ψ 1 a Ψ 0 N(a Ψ 1 ) = a NΨ 1 + a Ψ 1 = (a Ψ 1 ) άρα η συνάρτηση a Ψ 1 = (a ) Ψ 0 είναι ιδιοσυνάρτηση του ˆN µε ιδιοτιµή λ = Ψ (a ) Ψ 0 Η σταθερή αναλογίας ϐρίσκεται από την κανονικοποίηση. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο ϐρίσκουµε και µε κανονικοποίηση Ψ n (a ) n Ψ 0 Ψ n = 1 n! (a ) n Ψ 0 Υπολογίζουµε τώρα το συντελεστή κανονικοποίησης : Θα δείξουµε ότι : { a Ψ n = n + 1Ψ n+1 aψ n = nψ n aψ n = γ n Ψ n 1 NΨ n = nψ n a aψ n = nψ n (aa 1)Ψ n = nψ n aa Ψ n = (n + 1)Ψ n Ψ n(aa Ψ n )dx = (n + 1) Ψ nψ n dx = (n + 1) } {{ } =1 Ψ n(aa Ψ n )dx = (a Ψ n ) (a Ψ n )dx = βnβ n Ψ n+1ψ n+1 dx } {{ } =1 β nβ n = n + 1 β n = n Ψ n(a aψ n )dx = n Ψ nψ n dx = n = β nβ n Ψ n(a aψ n )dx = (aψ n ) (aψ n )dx = γnγ n Ψ n 1Ψ n 1 dx = γnγ n γ nγ n = n γ n = n Ψ n = c n (a ) n Ψ 0

29 .3 Μονοδιάστατος Αρµονικός Ταλαντωτής 65 Ξέρουµε ότι Ψ n+1 = 1 n+1 a Ψ n Γενικά, Ψ 1 = a Ψ 0 Ψ = 1 a Ψ 1 = 1 (a ) Ψ 0 Ψ 3 = 1 3 a Ψ = (a ) 3 Ψ 0. Ψ n = 1 n a Ψ n 1 = 1 n 1 n 1 (a ) Ψ n =... = 1 n! (a ) n Ψ 0 Ψ 1 = a Ψ 0 = c n = 1 n! c ( ξ d ) e ξ / = dξ Ψ 1 = c H 1 (ξ)e ξ / c (ξ)e ξ / 1 Ψ n = c n n! H n(ξ)e ξ /, c = 4 mω π όπου H n (ξ) είναι πολυώνυµα του Hermite τάξης n. â ο τελεστής δηµιουργίας και â ο τελεστής καταστροφής (οι δύο αυτοί τελεστές ονοµάζονται τελεστές κλίµακας) και ˆN = â + a ο τελεστής αριθµού κβάντων. (Ψ m, ˆNΨ n ) = nδ mn (Ψ m, a Ψ n ) = n + 1(Ψ m, Ψ n+1 ) = n + 1δ m,n+1 (Ψ m, aψ n ) = n(ψ m, Ψ n 1 ) = nδ m,n 1 Προσθέτοντας τις (.11) και (.1) κατά µέλη : a Ψ n = n + 1Ψ n+1 1 ( ξ d ) Ψ n = n + 1Ψ n+1 dξ (.11) aψ n = nψ n 1 1 ( ξ + d ) Ψ n = nψ n 1 dξ (.1) ξψ n = n + 1Ψ n+1 + nψ n 1 Αφαιρώντας κατά µέλη : dψ n dξ = nψ n 1 n + 1Ψ n+1 Ασκηση: Υπολογισµός του V n = n V n V n = Ψ n, 1 mω x Ψ n mω xψ ( n = ξψ n = n + 1Ψn+1 + ) nψ n 1 mω ( x Ψ n = ξ(ξψ n ) = n + 1ξΨn+1 + ) nξψ n 1

30 66 Εφαρµογές της εξίσωσης Schrödinger - Μονοδιάστατα προβλήµατα mω x Ψ n = [ n + 1 n + Ψn+ + n + 1 n + 1Ψ n + n nψ n + n ] n 1Ψ n mω x Ψ n = 1 [ (n + 1)(n + )Ψn+ + (n + 1)Ψ n + nψ n + n(n 1)Ψ n ] V n = 1 mω Ψ n, x Ψ n = 1 ω Ψ n, mω x Ψ n = ω 4 [ Ψ n (n + 1)Ψ n + Ψ n nψ n ] = ω 4 (n n) = ω (n + 1) 4 V n = ω ( n + 1 ) T n = 1 m p n = 1 m Ψ n, P Ψ n =... pψ n = i dψ n mω dx = i dψ n dξ mω [ = i nψn 1 ] n + 1Ψ n+1 p Ψ n = mω [ n dψ n 1 n + 1 dψ ] n+1 =... dξ dξ 1 m p Ψ n = ω 4 [ n dψ n 1 dξ n + 1 dψ n+1 dξ n H n = E n = T n + V n ] =...