= k2 x Y = k 2 + kx 2 Y. = k2 y

Transcript

1 1 Pìblhma 1 Εχουμε κατά τα γνωστά 2 + k 2 )ψ =0, όπου k 2 = 2mE Με την αντικατάσταση ψ = Xx)Y y), έχουμε ) 2 x y 2 + k2 XY =0 X Y +XY +k 2 XY =0 X X + Y Y και εν συνεχεία = k2 X X = k2 Y Y = k2 x Y = k 2 + kx 2 Y = k2 y δηλαδή k 2 = k 2 x + k 2 y. Για τις ιδιοσυναρτήσεις και τις ιδιοτιμές έχουμε X + kxx 2 =0 X n =sin nπx, και k x = nπ, n =1, 2,... Y + kyy 2 =0 Y n =sin mπy, και k y = mπ, m =1, 2,... και τελικά k 2 = kx 2 + ky 2 = n2 + m 2 )π 2 2 = 2mE E = π2 2m 2 n2 + m 2 ) ενώ οι μη κανονικοποιημένες) ιδιοσυναρτήσεις είναι ψx, y) =Xx)Y y) =sin nπx mπy sin Pìblhma 2 Αν θέσουμε ψ = Rρ)Θθ), η εξίσωση Schödinge παίρνει τη μορφή

2 2 2 + k 2 )RΘ =0 Εισάγοντας τους τελεστές ρ 2 2 ρ 2 + ρ ) ρ + 2 θ 2 + k2 ρ 2 RΘ =0 έχουμε ρ = ρ 2 2 ρ 2 + ρ ρ + k2 ρ 2, και θ = 2 θ 2 ρ + θ )RΘ =0 Θ ρ R + R θ Θ=0 ρr R ρr R = θθ Θ = λ Η εξίσωση ως προς R είναι ρ R = λr ρ 2 R + ρr + k 2 ρ 2 R = λr Η εξίσωση ως προς θ λύνεται αμέσως: + θθ Θ =0 θ Θ+λΘ =0 Θ + λθ =0 Θθ) =sinnθ, cos nθ, n =0, 1, 2,... όπου βέβαια λ = n 2. Ετσι η εξίσωση ως προς ρ γίνεται ρ 2 R + ρr +k 2 ρ 2 n 2 )R =0 πουδενείναιπαράηεξίσωσηbessel με λύσεις τα ομώνυμα πολυώνυμα, Rρ) = J n kρ). Τελικά, η πλήρης λύση είναι { J n kρ)sinnθ ψρ, θ) = J n kρ)cosnθ Η συνοριακή συνθήκη ψa, θ) =0δίνει J n ka) =0, δηλαδή ka = x nm,όπουx nm η m-οστήρίζατουj n. Τελικά, για τις επιτρεπόμενες τιμές της ενέργειας έχουμε 2mE = k 2 = x2 nm a 2 E nm = x2 nm 2ma 2 Στο τετραγωνικό κουτί, η ενέργεια της θεμελιώδους στάθμης n = m =1)είναι E t = π2 m 2 ενώ στο κυκλικό n =0,m=1 x nm = x 01 2,4) είναι E k = 2,4)2 2ma 2 2,9 2 ma 2 Εάν τα δύο κουτιά έχουν το ίδιο εμβαδόν, δηλ. 2 = πa 2,τότε

3 3 E t = π2 mπa 2 = π 2 ma 2 >E k Το αποτέλεσμα είναι αναμενόμενο, αφού σε χωρίο μικρότερης συμμετρίας τετράγωνο) η ενέργεια θα πρέπει να είναι αυξημένη. Pìblhma 3 Το πρόβλημα επιλύεται ακριβώς όπως το Πρόβλημα 7.1, και τα αποτελέσματα είναι και E n,m,l = 2 π 2 2m 2 n2 + m 2 + l 2 ), n,m,l=1, 2,... ψ nml =sin nπx mπy sin sin lπz ενώ για το παραλληλεπίπεδο κουτί έχουμε αντίστοιχα E n,m,l = 2 π 2 ) n 2 2m a 2 + m2 b 2 + l2 c 2, n,m,l=1, 2,... και ψ nml =sin nπx a mπy sin sin lπz b c Pìblhma 4 α) Αν στην εξίσωση Schödinge [ 2 + 2m ] ) E V ) ψ =0 κρατήσουμε από τον τελεστή 2 μόνο τον όρο έχουμε 1 ψ) + 2m ) y=ψ E V ) ψ =0 = y + 2m ) E V ) y =0 β) Θέτοντας στην παραπάνω εξίσωση V =0έχουμε με λύση y + 2mE y =0 ή y + k 2 y =0, όπου k 2 = 2mE

4 4 y) =α sin k + β cos k ψ = y Από τις συνοριακές συνθήκες έχουμε = α sin k + β cos k ψ0) = α sin k πεπερασμένο β =0 ψ = ψa) = 0 sin ka =0 ka = np k = nπ, a n =1, 2,... και τελικά E n = 2 k 2 2m = n2 π 2 2m, ψ n = α sin nπ a γ) Οι ψ n ) είναι οι καταστάσεις σφαιρικής συμμετρίας δηλαδή οι καταστάσεις s). Pìblhma 5 Η εξίσωση Schödinge για τις σφαιρικά συμμετρικές λύσεις στο άτομο του υδρογόνου έχει τη μορφή y ++ 2m ) E + e2 y =0 ή y + 2E + 2 ) y =0 εάν χρησιμοποιήσουμε το ατομικό σύστημα μονάδων m = e = =1). Για την ασυμπτωτική συμπεριφορά, έχουμε y +2Ey =0 y = e γ, όπου γ 2 = 2E όπου κρατήσαμε βέβαια μόνο το φθίνον εκθετικό, ώστε η λύση να μηδενίζεται στο άπειρο. Αναζητούμε λύση της μορφής y) = e γ F ), όπου F ) ένα πολυώνυμο, οπότε αντικαθιστώντας στην εξίσωση Schödinge έχουμε γ 2 F 2γF + F +2EF + 2F =0 F 2γF + 2F =0 και για μεγάλα, όπου κυριαρχεί η μέγιστη δύναμη, δηλ. F n,έχουμε nn 1) n 2 2γn n 1 +2 n 1 =0 γn =1 γ = 1 n όπου αγνοήσαμε τον όρο nn 1) n 2, αφού στα μεγάλα είναι αμελητέος σε σχέσημετηδύναμη n 1. Τελικά, για τις ιδιοτιμές της ενέργειας έχουμε E = γ2 2 = 1, n =1, 2,... 2n2

5 5 Για n =1η μέγιστη δύναμη είναι, και δεν μπορεί να υπάρχει σταθερός όρος 0, διότι θα είχαμε ψ = y/ = e /, το οποίο απειρίζεται στην αρχή των αξόνων. Επομένως F y = e ψ = e Pìblhma 11 α) Από τη συνθήκη κανονικοποίησης, έχουμε 0 ψ 2 dx = N 2 0 sin 6 πx dx = N 16 =1 = 5 β) Αναπτύσσουμε την κυματοσυνάρτηση τη χρονική στιγμή t = 0 σε ιδιοκαταστάσεις ψ n : 16 3 πx ψx, 0) = sin ) 3πx sin = 1 3ψ 1 ψ 3 ) 4 10 και επομένως για την χρονικά εξελιγμένη μορφή, έχουμε όπου ψx, t) = ψ 1 e ie1t/ ψ 3 e ie3t/ ) E 1 = 2 π 2 2m 2, και E 3 =9E 1. Pìblhma 26 H = ψ, Hψ) = 1 2m ψ, p2 ψ)+ψ, V ψ) 1 = 2m pψ 2 + ψ V V min )ψdx+ V min ψ 2 V V min )dx + V min V min όπου η τελευταία ανισότητα έπεται από το γεγονός ότι η ολοκληρωτέα ποσότητα ψ 2 V V min ) είναι πάντοτε θετική. Αν υπήρχε λύση ψ 0 της εξίσωσης Schödinge Hψ = Eψ με E<V min,τότεθαείχαμε

6 6 το οποίο δείξαμε ότι είναι αδύνατο. H =ψ 0,Hψ 0 )=E<V min Pìblhma 27 Pìblhma 28 Για τυχούσες y και φ έχουμε από τον ορισμό του συζυγούς y, Aφ) = A y),φ ) y Aφ dv = A y) φdv Παίρνοντας τον μιγαδικό συζυγή των δύο μελών, έχουμε yaφ) dv = A yφ dv Aφ, y) =φ, A y), = A ) φ, y ) A =A ) Για τη δεύτερη σχέση, έχουμε y, A + B)φ ) και επίσης, εξ ορισμού = y Aφ dv + y BφdV =y, Aφ)+y, Bφ) = A y, φ)+b y, φ) = A + B )y, φ ) y, A + B)φ ) = A + B) y, φ ) οπότε Γιατηντρίτησχέση,έχουμε A + B) = A + B y, ABφ) = y, ABφ) ) =A y, Bφ) =B A y, φ) και επίσης, εξ ορισμού y, ABφ) = AB) y, φ ) και επομένως AB) = B A