Glava 3 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teški zadaci su označeni kružićem dok su oni čija težina prevazilazi ovaj kurs su označeni zvezdicom. Na kraju su dati zadaci iz oblasti koje nisu pokrivene ovim kursom. 3. Kvantna kinematika Zadatak 3.: Napisati komutator [AB, C] pomoću komutatora [A, C] i [B, C]. Zadatak 3.: Naći razvoj operatora A λb) po λ, pretpostavljajući da postoji A. Zadatak 3.3: Pokazati da važi A) = A A ) = A A. Zadatak 3.4: Pokazati da za svaka dva operatora A i B koji zadovoljavaju [[A, B], A] = 0 važi [A m, B] = ma m [A, B] za svaki prirodan broj m. Zadatak 3.5: Neka su u i v dva vektora konačne norme. Pokazati da važi Tr u v ) = u v. Zadatak 3.6: Za svaki linearni operator A, pokazati da su A A i AA pozitivni hermitski operatori čiji su tragovi jednaki sumi kvadrata modula matričnih elemenata operatora A. Pokazati TrA A) = 0 = TrAA ) akko A = 0. Zadatak 3.7: Izvod operatora Aλ) koji eksplicitno zavisi od parametra λ se definiše kao Pokazati da važi daλ) dλ = lim ε 0 d da AB) = dλ dλ B + AdB dλ, Aλ + ε) Aλ). ε d dλ A da ) = A dλ A. Zadatak 3.8: Pokazati da za svaka dva operatora A i B važi e B Ae B = A + [B, A] +! [B, [B, A]] + [B, [B, [B, A]]] +... 3! 8
8 GLAVA 3. ZADACI Zadatak 3.9: Pokazati e A e B = e A+B e [A,B]/ ako važi [A, [A, B]] = 0 = [[A, B], B]. Zadatak 3.0: Pokazati da stanja ψ i iz ρ = i ω i ψ i ψ i razapinju kodomen od ρ. Zadatak 3.: Prostor svih linearnih operatora koji deluju u S je vektorski prostor S S, sa prirodno definisanim skalarnim proizvodom A, B) def. = Tr A B. Ovaj prostor se često naziva superprostor, dok se operatori koji deluju u njemu nazivaju superoperatorima. Pokazati da je za svaki operator A preslikavanje Π A : ρ ρ definisano sa ρ = a P aa)ρp a A) superprojektor. Zadatak 3.: Naći stanja koja se ne menjaju u idealnom merenju opservable A. Zadatak 3.3: Pokazati da je diferencijabilni operator p = i d dx diferencijabilnih funkcija koje su nula van intervala a, b). linearan i hermitski u prostoru Zadatak 3.4: Pokazati da je [x, p] = i, [x n, p] = i nx n, [A, p] = i da dx, [x, pn ] = i np n, [x, B] = i db dp, gde su p = i d dx, A = Ax) i B = Bp) diferencijabilne funkcije od x i p, respektivno. Zadatak 3.5: Operator translacije Ua) je definisan kao Ua)ψr) = ψr a). Pokazati da je Ua) unitaran i izraziti ga kao funkciju operatora impulsa p = i. Zadatak 3.6: Pokazati 6.) za mešana stanja. Zadatak 3.7: Pokazati da je koordinatno-impulsni minimalni talasni paket gausijan x a ψx) = Ce f ) + i bx, tj. pokazati da je u tom stanju ψx) x ψx) p =. Šta su a, b i f? 3. Kvantna dinamika Zadatak 3.8: Dokazati Hellman-Feynman-ov teorem: za hamiltonijan koji je parametrizovan realnim parametrom a, normirana svojstvena stanja Ha) Ea) = Ea) Ea) ) zadovoljavaju d da Ea) = Ea) d Ha) Ea). 3.) da Zadatak 3.9: Pokazati da za svaku opservablu A, matrični elementi komutatora [H, A] u normiranom) stacionarnom bazisu zadovoljavaju n, λ [H, A] n, λ = E n E n ) n, λ A n, λ. 3.) Specijalno, uzimajući hamiltonijan u formi H = T +Ur), naći matrične elemente impulsa i sile gradijenta potencijala) dokazujući teorem virijala. Zadatak 3.0: Pokazati da je gustina struje verovatnoće za slobodnu česticu u stanju ψ pw r) = Ce ik r jednaka j pw = m k C. 3.3) Zadatak 3.: Uz pretpostavku da je lim x ± V x) = V ± i V + V, odrediti, u zavisnosti od energije, kada je stanje vezano a kad ne, za: a) E > V ; b) V > E > V + ; c) V + > E.
3.. KVANTNA DINAMIKA 83 Zadatak 3.: Pokazati da je energija vezanog stanja čestice u jednoj dimenziji nedegenerisana. Zadatak 3.3: Oscilatorni teorem kaže da ako su svojstvene energije iz diskretnog spektra čestice u jednoj dimenziji poredane u rastući niz, E < E <..., onda je rastući i broj nula odgovarajućih svojstvenih funkcija ψ n. Pokazati da ψ n+ ima bar jednu nulu izmedu dve susedne nule funkcije ψ n. Zadatak 3.4: Šta se može zaključiti o parnosti vezanih svojstvenih stanja hamiltonijana Hx) = p m + V x) ako je potencijalna energija parna funkcija od x, tj. ako je V x) = V x)? Zadatak 3.5: Pokazati da prvi izvod vremenski nezavisne talasne funkcije nema prekid u tačkama najviše konačnog skoka potencijala V x). Šta se dešava sa kontinualnošću prvog izvoda u slučaju V x) = αδx a)? Zadatak 3.6: Naći diskretni energetski spektar i odgovarajuće svojstvene funkcije čestice u potencijalima gde su α, V i > 0 i V > V )):. V a x) = αδx),. V b x) = 0 za 0 < x < a i V b x) = za x < 0 i x > a, 3. V c x) = αδx) za a < x < a i V c x) = za x < a i x > a, 4. V d x) = V 0 za x < a i V d x) = 0 za x > a, 5. V e x) = za x < 0, V e x) = V 0 za 0 < x < a, V e x) = 0 za x > a, 6. V f x) = V za x < a, V f x) = 0 za a < x < a, V f x) = V za x > a, 7. V g x) = za x < 0 i x > b, V g x) = 0 za 0 < x < a, V g x) = V 0 za a < x < b, 8. V h x) = za x < 0 i x > c, V h x) = 0 za 0 < x < a, V h x) = V za a < x < b, V h x) = V za b < x < c. Zadatak 3.7: Za česticu u polju Ux) oblika Ux) = diskretnog spektra u zavisnosti od parametara. {, x < 0 αδx a), x > 0, naći broj stanja { 0, x / 0, a) Zadatak 3.8: Sistem u jednoj dimenziji, koji se nalazi u potencijalu V x) =, x 0, a) 4 a x, x 0, a/) 4 se nalazi u stanju ψx) = a a x), x [a/, a). Naći srednju vrednost energije, ψ H ψ. 0, inače }, Zadatak 3.9: Izračunati koeficijente T i R za česticu koja nailazi sa strane x = na potencijale V, V 4 koristeći rešenje u ovom slučaju i modifikovanjem konstanti naći rešenja za slučaj V 4 za E > V 0 i E < V 0 ) i V 6 definisane u zadatku 3.6. Zadatak 3.30: Kroning-Peni model) Naći spektar energija čestice u periodičnom potencijalu V x + d) = V x), gde je d = a + b i V x) = V 0 > 0 ako b < x < 0, V x) = 0 ako 0 < x < a. Naći energetski spektar u slučaju b 0 i V 0 tako da bv 0 = P /ma. Zadatak 3.3: Naći talasnu funkciju čestice u polju V h) = mgh. Šta se može reći o energetskom spektru?
84 GLAVA 3. ZADACI Zadatak 3.3: Provodni elektroni u metalima se zadržavaju u metalu usrednjenim potencijalom koji se zove unutrašnji potencijal metala. Izračunati, u jednodimenzionalnom modelu sa potencijalom V x) = V 0 < 0 za x < 0 i V x) = 0 za x > 0, verovatnoće refleksije i transmisije za provodni elektron koji nailazi na površ metala sa energijom E čija je vrednost: a) E > 0; b) V 0 < E < 0. Zadatak 3.33: Mono-energetski snop elektrona udara o površ metala normalno na nju. Izračunati koeficijent refleksije ovih elektrona ako je E = 0.eV i V 0 = 8eV. Videti Zadatak 3.3) Zadatak 3.34: Čestica energije E nailazi na barijeru V = V x) u tački x = x i napušta je u x = x tunel efekat). Neka je kriva potencijala V x) dovoljno glatka, interval [x, x ] se deli na intervale dužine x i, koji su dovoljno veliki u poredenju sa relativnom dubinom penetracije d i = / 8mV x i ) E) čestice u pravougaonu barijeru. Izračunati u ovoj aproksimaciji koeficijent transmisije T za celu barijeru V = V x), znajući da je T i exp x i /d i ) za i-tu pravougaonu barijeru. Zadatak 3.35: Eksperimentalno je dobijeno da se pod dejstvom jakog električnog polja, normalnog na površ metala, javlja emisija elektrona iz metala, tzv. hladna emisija. Sile koje deluju na elektron su Coulomb-ova, koja deluje na elektron koji je izašao iz metala i koji stvara pozitivno naelektrisanu svoju sliku u metalu, i elektrostatička ee. Pretpostavljajući da je električno polje homogeno, naći zavisnost struje hladne emisije od jačine električnog polja. Zadatak 3.36: Za slobodnu česticu koja se u trenutku t = 0 nalazi u stanju ψx, t = 0) = Ae x x 0 ) a +i mv 0 x naći srednje vrednosti koordinate i impulsa x i p ), srednje vrednosti njihovih kvadrata x i p ) kao i njihove disperzije x i p) u zavisnosti od vremena. Zadatak 3.37: Linearni Harmonijski Oscilator) Naći svojstvene funkcije i spektar energija hamiltonijana H = p x m + mω x. Zadatak 3.38: Naći ψ n p) za jednodimenzionalni linearni harmonijski oscilator znajući rešenja ψ n x). Zadatak 3.39: Izračunati moguće vrednosti energije čestice u potencijalu V x) = za x 0, i V x) = mω x za x > 0. Zadatak 3.40: Sistem opisan hamiltonijanom Ĥ = ˆp + A ˆx A > 0) se nalazi u stanju x ψ = x + α ) e αx. Izraziti koeficijent α preko A, tako da stanje ψ bude konačan zbir svojstvenih stanja hamiltonijana i u tom slučaju naći njegovu dalju evoluciju. Zadatak 3.4: Pokazati da važi a + = a i a = a) a) [a, a ± ) s ] = ±sa ± ) s, i minm,p) ) ) b) [a ) m, a + ) p p m ] = s! a + ) p s a ) m s. s s s= Zadatak 3.4: Pokazati da je operator Uη) = exp [ ] ηa a + ) unitaran η je realan broj, a ± su operatori kreacije/anihilacije za jednodimenzionalni LHO). Pokazati da za operator koji je definisan kao g ± η) = Uη)a ± a + )U η) važi d dη g ±η) = ±g ± η). Zadatak 3.43: Pokazati da se svaki monom sastavljen od operatora a + i a može izraziti kao polinom sa uredenim monomima a + ) x pre a ) y ). Zadatak 3.44: Naći α x α p u svojstvenom stanju α operatora a za jednodimenzionalni linearni harmonijski oscilator. Zadatak 3.45: Maksimalno uprostiti izraz e λa fa + )e λa, gde je f funkcija koja može da se razvije u Taylor-ov red oko nule. Zadatak 3.46: Pokazati ψ i Q) = πi i! e Q H i Q). Savet: pokazati operatorski identitet: Q d dq ) = e Q d dq e Q ). Zadatak 3.47: Generalisati rezultate harmonijskog oscilatora u jednoj dimenziji na sistem sa d harmonijskih stepeni slobode; hamiltonijan takvog sistema je H = d k= p k m k + m kωk q k ). Zadatak 3.48: Naći mešano stanje koje opisuje harmonijski oscilator koji je u termodinamičkoj ravnoteži sa toplotnim rezervoarom temperature T. Naći srednju energiju u dva granična slučaja, kada temperatura teži nuli i za visoke temperature.
3.3. ANGULARNI MOMENT 85 3.3 Angularni moment δ il δ im δ in Zadatak 3.49: Koristeći ε ijk ε lmn = det δ jl δ jm δ jn za tenzor Levy-Chivita pokazati ε ijk ε ilm = δ kl δ km δ kn δ jl δ km δ jm δ kl, ε ijk ε ijl = δ kl i ε ijk ε ijk = 6, gde se podrazumeva sumiranje po ponovljenim indeksima. Zadatak 3.50: Izračunati komutatore [l i, r j ], [l i, p j ] i [l i, l j ] = i k ε ijkl k. Zadatak 3.5: Izračunati e i θ l z r i e i θ l z i =,, 3) i na osnovu toga odrediti smisao skupa superoperatora {R θ θ [0, π]}, definisanih sa R θ A = e i θ l z Ae i θ l z. Zadatak 3.5: Pokazati da su matrice koje reprezentuju angularni moment za maksimalnu težinu k) u standardnom bazisu { k, k, k, k +,..., k, k }: [ k 0 0 0 0 ] D k) 0 k+ 0 0 0 K 3 ) = 0 0 0 0, D k) K + ) = 0 0 0 k 0 0 0 0 0 k 0 0 0 0 0 0 k 0 0 0 0 0 0 4k 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4k 0 0 0 0 0 0 k 0, D k) K ) = D k) K + ). 3.4) Zadatak 3.53: Pokazati K km, λ = kk + ) km, λ. Zadatak 3.54: Naći srednju vrednost operatora projekcije angularnog momenta na osu n = cos θe z + sin θcos ϕe x + sin ϕe y ) u stanju lm, tj. L n lm = lm L n lm. Zadatak 3.55: Pokazati da je Ki = K x j x K p x = 0, tj. x = k = 0, m = 0, λ. = 0 ako i samo ako za sve komponente važi Zadatak 3.56: Kako se u vremenu menja talasna funkcija krutog rotatora u xy-ravni ako je u početnom trenutku ψx, t = 0) = A cos 3 ϕ. Zadatak 3.57: Naći komponente angularnog momenta, kao i kvadrata l i l ±, u cilindričnim koordinatama. Zadatak 3.58: Koristeći metod hipergeometrijskih jednačina rešiti diferencijalne jednačine koje zadovoljavaju sferni harmonici. Zadatak 3.59: Čestica mase m se nalazi u sferno-simetričnom potencijalu V r) = cδr a), c > 0). Naći minimalnu vrednost konstante c za koju postoji vezano stanje ctghx) x [ + ox )]). Zadatak 3.60: Za l = 0 izračunati svojstvene energije i svojstvena stanja čestice u beskonačno dubokoj sferno simetričnoj potencijalnoj jami, V = 0 za r < R i V = za r > R. Zadatak [ 3.6: Koristeći ] metod hipergeometrijskih jednačina rešiti jednačinu Rnl x) = 0 koja ima veze sa radijalnom jednačinom vodonikovog atoma. d dx + ϵ nlx +Zx ll+) x
86 GLAVA 3. ZADACI Zadatak 3.6: Za vodonikov atom Z = ) u osnovnom stanju ψ 00 = e r/a 0 izračunati i) πa 3 0 najverovatnije rastojanje elektrona od jezgra, ii) r, iii) r, iv) r k k 0), v) px, vi) Ur) i vii) T. Zadatak 3.63: Runge-Lenz vektor za vodonikov atom H = p m α r, gde je α = e 4πϵ 0 ) je definisan kao M = m p l l p) α r r, gde su l angularni moment, p impuls i r vektor položaja elektrona. Pokazati da važi M l = 0 = l M i [H, M] = 0, što je uslov za postojanje dodatne grupe simetrije vodonikovog atoma SU). Prethodno izračunati kontrakciju simetričnog i antisimetričnog tenzora S ij A ij, vektorski proizvod l l i skalarne proizvode l r, r l, l p i p l. Zadatak 3.64: Rešiti stacionarnu Schrödinger-ovu jednačinu za česticu naelektrisanja e i spina s = 0 u konstantnom elektromagnetnom polju B = Be z za kalibraciju uzeti A = Bxe y ). Zadatak 3.65: Za najopštiju funkciju koordinata i vremena fr, t) proveriti invarijantnost Schrödinger-ove jednačine na gradijentne transformacije: A A + f, Φ Φ f iq c t i ψ ψe c f. Zadatak 3.66: Koristeći osobine Pauli-jevih matrica pokazati sledeće: [σ i, σ j ] = iϵ ijk σ k, [σ i, σ j ] + = δ ij, σ a)σ b) = a b + iσ a b) i σ σ = iσ. Zadatak 3.67: Naći reprezentaciju algebre spina u simetrijski adaptiranom bazisu s, m s ) za s = i s = 3/. Zadatak 3.68: Naći moguće projekcije spina s = / na osu n = cos θe z + sin θcos ϕe x + sin ϕe y ). Zadatak 3.69: Elektron se nalazi u spinskom stanju +. Naći verovatnoću da projekcija spina na osu n = sin θ cos ϕe x + sin θ sin ϕe y + cos θe z ima vrednost ±. Koja je srednja vrednost spina duž ove ose? Zadatak 3.70: Naći za spin s = / reprezentaciju podgrupe rotacija oko ose n = cos θe z + sin θcos ϕe x + sin ϕe y ). Zadatak 3.7: Za dva elektrona spina s = / izračunati matrice operatora ukupnog spina S i kao i kvadrata spina S. Rešiti zajednički svojstveni problem operatora S i S z. Uzeti =. Zadatak 3.7: Za dva elektrona spina s = / pomoću operatora spuštanja/podizanja S ± ), vezanih za ukupni spin, naći zajednički svojstveni bazis operatora ukupne projekcije spina na z osu i kvadrata ukupnog spina. Zadatak 3.73: Za dve čestice angularnih momenata l = pomoću operatora spuštanja/podizanja L ± ), vezanih za ukupni angularni moment, naći zajednički svojstveni bazis operatora ukupne projekcije angularnog momenta na z osu i kvadrata ukupnog angularnog momenta. Zadatak 3.74: Naći rezultat merenja J n χ projekcije ukupnog angularnog momenta p-elektrona l = ) na osu n = sin θ cos φe x + sin θ sin φe y + cos θe z u stanju χ = j = 3, j z = + i s =, s z = l =, l z = ). Zadatak 3.75: Ukupan angularni moment elektrona u atomu je j = l+s. Rešiti zajednički svojstveni problem operatora s, l, j i j z. Zadatak 3.76: Za dve čestice angularnih momenata l naći ukupno stanje L = 0, M = 0. Zadatak 3.77: Koristeći se operatorom J za dve čestice sa kvantnim brojevima uglovnih momenata j = j = j izraziti ukupna orbitalna stanja J = j, M J = j. Zadatak 3.78: Za sistem dve čestice naći komutator [L, p r], gde su L = l + l operator ukupnog momenta impulsa, p = p + p operator ukupnog impulsa čestica i r = r r operator relativnog položaja čestica. Zadatak 3.79: Sistem od dve čestice spina s = = s je opisan hamiltonijanom H = As s. U početnom trenutku sistem se nalazi u singletnom stanju. Odrediti dalju evoluciju ovog sistema. Zadatak 3.80: Momenti kvantnih brojeva l i l dva sistema se slažu u rezultujući moment veličine L. Naći srednje vrednosti operatora l l, l l i l l ) u stanju l l, LL z, gde je vektorsko množenje.
3.4. APROKSIMATIVNI METODI 87 3.4 Aproksimativni metodi Zadatak 3.8: Perturbacionim računom I red) naći svojstvene energije i svojstvena stanja hamiltonijana 00 3 0 00 3 00. 3 00 4 Zadatak 3.8: Naći u prvom redu teorije perturbacije pomeranje{ energetskih nivoa za česticu u beskonačno dubokoj potencijalnoj jami dejstvom perturbacije V x) = a V 0x, x 0, a/) a V 0a x), x a/, a) Zadatak 3.83: Izotropni dvodimenzionalni linearni harmonijski oscilator je perturbovan sa H = αxy. Izračunati, u prvom redu računa perturbacije, razdvajanje drugog pobudenog nivoa. Zadatak 3.84: Naći u prvom redu teorije perturbacije cepanje prvog pobudenog nivoa trodimenzionalnog izotropnog linearnog harmonijskog oscilatora, na koji deluje perturbacija H = αxy + yz + zx). Zadatak 3.85: H = αxy. Naći cepanje energetskih nivoa krutog rotatora u ravni pri delovanju perturbacije Zadatak 3.86: U prvom redu računa perturbacije izračunati popravku energije osnovnog stanja za česticu u beskonačno dubokoj sferno simetričnoj potencijalnoj jami radijusa R. Perturbacija je H = αr. Zadatak 3.87: Odrediti računom perturbacije I red) energiju osnovnog stanja He atoma, smatrajući interakciju elektrona perturbacijom. Zadatak 3.88: Dve čestice spina s = = s se nalaze u sistemu koji je definisan hamiltonijanom H = As + s + Be z ), gde je B. Naći u prvom redu teorije perturbacije cepanje prvog pobudenog stanja. Zadatak 3.89: Naći do drugog reda teorije perturbacije kako se menja prvi pobudeni nivo jednodimenzionalnog linearnog harmonijskog oscilatora pri uračunavanju popravke anharmoniciteta H = Ax 3 +Bx 4. Zadatak 3.90: Naći prvu nenultu popravku energije osnovnog stanja krutog rotatora momenta inercije I i dipolnog momenta d u konstantnom homogenom električnom polju E. Zadatak 3.9: Varijacionim { računom proceniti energiju osnovnog stanja čestice u jednodimenzionalnom potencijalu V x) = U, x a, a) 0, x / a, a), U > 0, koristeći familiju probnih funkcija ψ βx) = Ax + βa), x βa, 0) Aβa x), x [0, βa). 0, x / βa, βa) Zadatak 3.9: Varijacionim računom proceniti energiju osnovnog stanja 3D izotropnog LHO koristeći probne funkcije oblika ψ a r) = ba r ) za r a za r > a funkcija je nula). Zadatak 3.93: Varijacionim računom naći svojstvene energije i svojstvena stanja hamiltonijana ). 5 Zadatak 3.94: Proceniti energiju stanja dvodimenzionalnog izotropnog linearnog harmonijskog oscilatora koristeći kao probnu funkciju ψ α ρ) = Aρ n e αρ, gde je n 0.
88 GLAVA 3. ZADACI Zadatak 3.95: Varijacionim računom proceniti energiju osnovnog stanja trodimenzionalnog linearnog harmonijskog oscilatora, uzimajući za probne funkcije ψ α r) = a r) e αr, gde je a unapred zadat konstantan vektor. Zadatak 3.96: Varijacionim računom izračunati energiju osnovnog stanja He-atoma koristeći probne funkcije oblika ψ λ r, r ) = Ce λr +r ). Zadatak 3.97: Proceniti energiju stanja elektrona u vodonikovom atomu uzimajući za probne funkcije ψ k r) = a r) e k r, gde je a unapred zadat konstantan vektor. Zadatak 3.98: Varijacionim metodom naći energiju 30 stanja vodonikovog atoma, koristeći probne funkcije oblika ψ k r) = Cz x y )e k x +y +z. Zadatak 3.99: Varijacionim računom naći energiju osnovnog stanja jona molekula vodonika H +. Za α probnu funkciju uzeti ψ α,r) r) = 3 πr e α r 3 R, gde su α varijacioni parametar, R rastojanje izmedu jezgara, a r rastojanje elektrona od centra mase jezgara. Uzimajući α =.9, naći ravnotežno rastojanje jezgara i energiju osnovnog stanja. Zadatak raditi u atomskim jedinicama, tj. uzeti m e = m =, =, e = i 4πε 0 =. Zadatak 3.00: Varijacionim računom naći energiju prvog pobudenog stanja dvodimenzionalnog izotropnog linearnog harmonijskog oscilatora. Za varijacione funkcije uzeti funkcije oblika e αρ fρ). Zadatak 3.0: vodonikovog atoma. Varijacionim računom naći aproksimativnu energiju i talasnu funkciju s stanja 3.5 Dodatni zadaci Zadatak 3.0: Pokazati da je parcijalni trag hermitskog operatora hermitski. Analogno i za pozitivan i za statistički. Zadatak 3.03: Naći operatore koordinate i impulsa u Heisenberg-ovoj slici za sisteme u jednoj dimenziji u potencijalima a) V x) = 0, b) V h) = mgh i c) V x) = mω x. Zadatak 3.04: Naći u Heisenberg-ovoj slici operator l x projekcije angularnog momenta na x-osu za izotropni trodimenzionalni linearni harmonijski oscilator. Zadatak 3.05: Pokazati da su Galilejeve transformacije u prostoru varijabli reprezentovane pomoću sledećih supervarijabli: Dgϕ, 0, 0, 0)) = e ϕ l, Dg0, a, 0, 0)) = e a p, 3.5a) Dg0, 0, v, 0)) = e mv q, Dg0, 0, 0, τ)) = e τ H. 3.5b) Zadatak 3.06: Naći e iπi ψr), gde je I prostorna inverzija, tj. Iψr) = ψ r). Zadatak 3.07: Naći projektore P ± na potprostore razapete parnim P + ) i neparnim P ) funkcijama u odnosu na prostornu inverziju.
3.5. DODATNI ZADACI 89 Zadatak 3.08: Naći koeficijente α i β za koje je operator U αβ = e i αx +βp ) prostorna inverzija, tj. rotacija za π u faznom prostoru. Zadatak 3.09: Pokazati da za pogodno odabrane α, β R operator U α,β = e iαp p) +iβx x ) predstavlja operator permutacije. Zadatak 3.0: Permutaciona grupa S N za N > poseduje tačno dve jednodimenzionalne ireducibilne reprezentacije, simetrična jedinična) D +) i antisimetrična alternirajuća) D ) : D ±) π) = ±) π. Ovde je π parnost permutacije π. Pokazati da su ove reprezentacije jedine jednodimenzionalne ireducibilne reprezentacije od S N. Zadatak 3.: Za N čestica spina s naći sva anti)simetrična stanja u spinskom delu prostora, i) N = i s = /, ii) N = i s =, iii) N = 3 i s = /. Zadatak 3.: Za čestice čiji su jednočestični prostori stanja dimenzije n naći bazis u anti)simetričnom potprostoru. Zadatak 3.3: Sistem od dva neinteragujuća identična fermiona spina s = nalazi se u D beskonačno dubokoj potencijalnoj jami širine a. Napisati osnovno stanje i osnovnu energiju kada je ukupno spinsko stanje tripletno/singletno. Za oba slučaja naći verovatnoće da se obe čestice nadu u levoj polovini jame. Zadatak 3.4: Neka je jednočestični prostor stanja razapet vektorima a i b i neka se dva bozona/fermiona nalaze u stanju ± = ab ± ba ). Naći verovatnoću da se obe čestice nadu u poluprostoru z 0. Zadatak 3.5: Tri identična fermiona spina s = se nalaze u stanju koje je sastavljeno od jednočestičnih stanja a p, a m i b p, gde su p/m = s =, m s = ± za prostorne delove važi a b = S C i a a = = b b ). Naći verovatnoće dobijanja pojedinih rezultata pri merenju projekcije spina jedne čestice na z-osu. Zadatak 3.6: U sistemu dva jednaka bozona spina s = 0 ukupno stanje je sastavljeno od jednočestičnih stanja ψ i χ ψ χ = S i ψ ψ = = χ χ ). Naći verovatnoću da obe čestice imaju impuls sa pozitivnom z-komponentom. Zadatak 3.7: Pokazati da proizvoljan fermionski jednočestični bazis j p od span i p p =,..., i N ) daje pomoću n ± = n!n! ±) π π) i i N π isto fizičko stanje kao što bi se dobilo iz bazisa i tj. vektor koji se razlikuje od n najviše za fazu). Zadatak 3.8: Dve čestice spina s = / = s se nalaze u stanju ρ = α +,, +α 0, 0, 0 +α,, +α 00 0, 0 0, 0 vektori l, m su iz kompozitnog prostora). Za konstante važi α lm > 0 i lm α lm =. Naći podsistemska stanja ρ / = Tr / ρ kao i njihove svojstvene vrednosti.
90 GLAVA 3. ZADACI Zadatak 3.9: Pokazati da je parcijalni skalarni proizvod N-čestičnog stanja n ± sa nekorelisanim vektorom j L+,..., j N, čiji je broj popunjenosti n N L, L-čestično stanje: j L+,..., j N n ± = n!l! n L!N! ±) σ n ± L, n L = n n N L 3.6a) uzeti u obzir da je vektor jednak nultom ako je bilo koji od n Li negativan); σ je permutacija jedinstvena u slučaju fermiona i nebitna u slučaju bozona) takva da važi σ) i i N = i σ i σ L, j L+,..., j N. Analogno, za L-čestični vektor j,..., j L pokazati j,..., j L n ± = n!n L)! n N L!N! ±) σ n ± N L, n N L = n nj,..., j L ), 3.6b) gde je σ definisano sa σ) i i N = j,..., j L, i σ L+) i σ N. Za L = izvesti j n ± = nj N ±)l j n ± N, n N,i = n i δ ij, l j = i<j n i. 3.6c) Zadatak 3.0: Pokazati ρ,...,l = ) N n ) L n L n n L n ± L n± L, gde je ) n def. n L = S ns ) s= n Ls. Zadatak 3.: Pokazati ρ,...,l = N L) P n P }{{ n P ) } L, gde je P n projektor na jednočestični prostor. L Zadatak 3.: Pokazati da svaki simetrični operator komutira i sa simetrizatorom i sa antisimetrizatorom, tj. da važi [ ˆP +) A), P ±) ] = 0. Zadatak 3.3: Pokazati da je ukupni angularni moment fermiona u zatvorenoj ljuski jednak nuli. Zadatak 3.4: U sistemu dva identična bozona spina s = naći vektore S, M S = 0 koji su zajednički svojstveni vektori operatora S i S z. Zadatak 3.5: Pokazati da je a s n ± = N s n ±. Izvesti a i n,..., n i,... = ±) l in) ± n i n,..., n i +,... koristeći prethodno. Uopštiti prvi rezultat da se dobije 3.6b) u obliku: N L)! j,..., j L n ± = a jl a j n ±. 3.7) N! Naći oblik ovog izraza nezavisno od broja čestica N u stanju n ±. Zadatak 3.6: Ponovo razmotriti problem harmonijskog oscilatora u drugoj kvantizaciji: naći jednočestični prostor stanja i Fock-ov prostor. Koje su kvazi-čestice u pitanju? Da li su fermioni ili bozoni?
3.5. DODATNI ZADACI 9 Zadatak 3.7: Pokazati da za aditivne simetrične L-čestične operatore A [L] = p < <p l A p,...,p L važi A [L] = A s,...,s L s L! La,...,s s a s L a s L a s, 3.8) s,...,s L s,...,s L gde je A s,...,s L s,...,s L = s,..., s L A,...,L s,..., s L. Zadatak 3.8: Izraziti operatore angularnog momenta u formi jednočestičnih i dvočestičnih operatora: T [] = ss T s s a sa s, 3.9) V [] = s s s s i dati alternativan dokaz za osobinu zatvorenih ljuski Zadatak 3.3). V s s s a s s a s a s a s. 3.0) Zadatak 3.9: Čestica mase m i naelektrisanja q se nalazi u potencijalu trodimenzionalnog izotropnog linearnog harmonijskog oscilatora. U trenutku t = čestica je u osnovnom stanju kada počinje da deluje perturbacija električnim poljem Et) = Ae t/τ) e z gde su A i τ realne konstante. Naći u najnižem redu teorije perturbacije verovatnoću da je oscilator u pobudenom stanju u trenutku t =.
9 GLAVA 3. ZADACI
Glava 4 Rešenja Zadataka 4. Kvantna Kinematika Rešenje 3.. Očigledan niz jednakosti dovodi do rešenja: [AB, C] = ABC CAB = ABC ACB + ACB CAB = ABC CB) + AC CA)B = A[B, C] + [A, C]B. Rešenje 3.. odakle treba odrediti operatore L n. Množeći sa A λb) dobija se I = n=0 λn A λb)l n = AL 0 + Razvijajući izraz po stepenima od λ dobija se: A λb) = n=0 λn L n, A λb) = n=0 λn A B) n A = A Rešenje 3.3. A n=0 λn+ AL n+ BL n ). Očigledno je rešenje n=0 λn BA ) n. A A ) = A A A + A = A A A + A = A Rešenje 3.4. Za m = jednakost je tačna. Pretpostavljajući da važi za neko m = n, za m = n +, koristeći rešenje 3., se dobija: [A n+, B] = A[A n, B]+[A, B]A n = na n [A, B]+[A, B]A n. Iz uslova zadatka da A komutira sa komutatorom [A, B], dobija se [A n+, B] = n + )A n [A, B]. Rešenje 3.5. Uz pretpostavku da ortonormirani bazis β = { i } postoji, trag se može izraziti kao Tr u v ) = i u v i = v i i u = v i i ) u = v I u = v u. Rešenje 3.6. Operator H je hermitski akko x, Hy) = Hx, y) važi za svaka dva vektora x i y. Skraćivanjem notacije i zamenom A = A + i A = A, sledeći niz jednakosti za svako x i y x, A ± A y) = A x, A y) = A ± A x, y) pokazuje da su operatori A ± A hermitski. Za svaki vektor x, srednja vrednost x, A ± A x) = A x, A x) = A x je uvek pozitivna, i za svaki ortonormirani bazis β = { i }, TrA ± A = i, A ± A i) = A i, A i) = A i. Konačno, TrA ± A = A i = 0 akko A i = 0 za svako i A = 0. Rešenje 3.7. dab)/dλ = lim ε 0 Aλ + ε)bλ + ε) Aλ)Bλ))/ε = lim ε 0 Aλ + ε)bλ + ε) Aλ)Bλ + ε) + /ε = lim ε 0 Aλ + ε) Aλ))/εBλ + ε) + lim ε 0 Aλ)Bλ + ε) Bλ))/ε = da)/dλ)b + AdB)/dλ). Diferencirajući jednakost AA = I dobija se 93
94 GLAVA 4. REŠENJA ZADATAKA da)/dλ)a + AdA )/dλ) = 0 da )/dλ = A da)/dλ)a. Rešenje 3.8. Uvodeći operator ga, B, α) = e αb Ae αb i razvijajući ga oko α = 0 dobija se ga, B, α) = α n d n g/dα n /n! gde je d 0 g/dα 0 = A, dg/dα = Bg gb = [B, A], d g/dα = [B, dg/dα] = [B, [B, A]],... Uzimajući α = dobija se jednakost. Rešenje 3.9. Koristeći rešenje prethodnog zadatka uz uslove ovog zadatka dobija se: dt s)/ds = de sa e sb )/ds = AT s) + T s)b = A + e sa Be sa )T s) = A + B + [A, B]s)T s) T s) = e A+B)s+ [A,B]s. Rešenje 3.0. Za proizvoljni vektor ψ, operator ρ ga slika u ρ ψ = i ω i ψ i ψ i ψ. Tako, svaki vektor iz kodomena operatora ρ je linearna kombinacija uključenih stanja ψ i, i Rρ) < V def. = span { ψ }. Ako je Rρ) pravi potprostor u V, onda postoji nenulti vektor x iz V takav da važi ρ x = 0. Onda se može naći ortonormirani bazis j u V, takav da je = x. U ovom bazisu ψ i = j c ji j i ρ = jj i c jic j i ω i j j, gde su c ji = j ψ i. Kako je svojstveni vektor od ρ za svojstvenu vrednost 0, on razapinje jednodimenzionalni invarijantni potprostor od ρ, što znači da su matrični elementi u prvoj vrsti i prvoj koloni od ρ jednaki nuli. Posebno, za prvi dijagonalni element se dobija i c ic iω i = 0, a zbog pozitivnosti ω i ovo znači da su svi koeficijenti c i nulti, tj. x = 0, što je u kontradikciji sa pretpostavkom. Rešenje 3.. Iz ρ = a P aa)ρp a A) se nalazi superoperator Π A X def. = a P aa)xp a A). Ovaj superoperator je hermitski: X, Π A Y ) = a Tr X P a A)Y P a A) = a Tr P aa)x P a A)Y = Tr a P aa)xp a A)) Y = Π A X, Y ). On je takode idempotentan: Π A Π A X = a,b P a A)P b A)XP b A)P a A) = a P a A)XP a A) = Π A X. Rešenje 3.. Za stanje koje se ne menja u neselektivnom) merenju opservable A = a ap aa) važi jednakost ρ = a P aa)ρp a A). Množeći jednakost svojstvenim projektorima od A i sleva i zdesna) dobija se ρp a A) = P a A)ρP a A) = P a A)ρ a) [P a a), ρ] = 0 a) [A, ρ] = 0. Rešenje 3.3. Koristeći parcijalnu integraciju, dobija se: ψ, pφ) = b a ψ pφdx = b a ψ i d φ)dx = b dx a ψ i φ )dx = i ψ φ b a + b a i ψ ) φdx = pψ, φ). Rešenje 3.4. Prva jednakost se lako pokazuje delovanjem na neku funkciju fx): [ˆx, ˆp]fx) = i fx). Druga jednakost se pokazuje uz pomoć matematičke indukcije: za n = važi, pretpostavi se da važi za neko n i uz pomoć [A, BC] = B[A, C] + [A, B]C se dobija [ˆx, ˆp n+ ] = ˆp n [ˆx, ˆp]+[ˆx, ˆp n ]ˆp = n+)i ˆp n. Treća jednakost se pokazuje razvijanjem funkcije A u red i korišćenjem prethodne jednakosti. Poslednje dve jednakosti se pokazuju analogno drugoj i trećoj. Rešenje 3.5. Adjungovani operator od Ua) se nalazi iz definicije, koristeći niz očiglednih jednakosti: ψr), Ua)ψr)) = ψ r)ua)ψr)dr = ψ r)ψr a)dr = ψ r+ R 3 R 3 R 3 a)ψr)dr = U a)ψr), ψr)). Odavde je U a) = U a), pa je U a)ua) = Ua)U a) = I. Rešenje drugog dela zadatka se dobija razvojem funkcije u red Ua)ψr) = ψr a) =
4.. KVANTNA DINAMIKA 95 n=0 n! a)n ψ n) r) = n=0 n! a )n ψr) = exp [ a ] ψr) = exp [ i a i )] ψr) = exp [ i ap] ψr), tj. Ua) = exp [ i ap]. Rešenje 3.6. Uzimajući uopšteno, tj. mešano stanje ρ. Pošto je pozitivan operator, ρ ima jedinstven pozitivan koren ρ /. Definišući pomoćne operatore A = A A ρ, B = B B ρ, i A = ρ / A, B = ρ / B. Koristeći standardni skalarni proizvod u prostoru operatora X, Y ) = Tr A B, lako je prepoznati Schwartz-ovu nejednakost u izrazu Tr A A )Tr B B ) Tr B A. Leva strana je jednaka ρa) ρb), dok u desnoj zamenjujući B dobija se srednja vrednost A B ρ = A B +B A ρ + A B B A ρ. Dakle, apsolutna vrednost celog izraza je manja od kvadrata imaginarnog dela, sve zajedno ρa) ρb) A B ρ = 4 [A, B ] ρ = [A, B] 4 ρ. Rešenje 3.7. Konstanta C se nalazi iz uslova normiranosti talasne funkcije = ψ x)ψx)dx = C x a e f ) dx. Uz smenu x a x dobija se = C x e f ) dx = C e f x dx. Koristeći Poisson-ov integral 0 x n e αx dx = Γn/)/α n/, dobija se = C f π/, odakle je konstanta normiranja do na fazni faktor) C = / 4 f π. Za srednju vrednost koordinate, uz korišćenu 0 smenu odbacujući integral neparne funkcije u simetričnim granicama, se dobija x ψ = ψ x)xψx)dx = a. Slično za srednju vrednost kvadrata koordinate x ψ = ψ x)x ψx)dx = a + f. Dalje, slično kao za koordinatu, lako je izračunati srednju vrednost i neodredenost impulsa, rezultati su: p ψ = b, p ψ = b + /4f i ψ p = /f. Račun srednje vrednosti kvadrata impulsa koji je najkomplikovaniji) se može uprostiti koristeći se činjenicom da je impuls hermitski operator p ψ = ψ p ψ = ψ, p ψ ) = p ψ, p ψ ) = p ψ = i ψ x) dx. Iz prethodnog se vidi da je a srednja vrednost koordinate, f njena neodredenost a b srednja vrednost impulsa, tj. x ψ = a, ψ x = f i p ψ = b. Na kraju, talasna funkcija ψx) je minimalni talasni paket zato što je proizvod neodredenosti koordinate i impulsa jednak donjoj granici, tj. ψ x ψ p = /. 4. Kvantna Dinamika Rešenje 3.8. Polazeći od svojstvene jednakosti Ha) Ea) = Ea) Ea) i diferencirajući je po a, dobija se H a) Ea) + Ha) Ea) = E a) Ea) + Ea) Ea). Množeći poslednju jednakost sa Ea) sleva, dobija se Ea) H a) Ea) + Ea) Ha) Ea) = E a) Ea) Ea) + Ea) Ea) Ea). Drugi sabirci sa obe strane su jednaki pa se potiru, i Ea) Ea) =, odakle se dobija tražena jednakost. Rešenje 3.9. Polazeći od svojstvenog problema hamiltonijana H n, λ = E n n, λ i od definicije komutatora [H, A] = HA AH, lako se pokazuje 3.. Uvodeći skraćenu notaciju, n, λ A n, λ = A nλ,n λ i ω nn = E n E n )/, dobija se sledeće: [H, p] nλ,n λ = i U nλ,n λ = ω nn p nλ,n λ i [H, r] nλ,n λ = i p nλ,n λ = ω nn r nλ,n λ odakle se dobija F nλ,n λ = U nλ,n λ = mω nn r nλ,n λ.
96 GLAVA 4. REŠENJA ZADATAKA Rešenje 3.0. j = m Reψ r, t)pψr, t)) = m Reψ r, t) i )ψr, t)) = m Reψ r, t) i ik))ψr, t)) = m Re C k)) = m C k. Rešenje 3.. Lako je videti da ako je energija E) veća od nekog od potencijala u beskonačnosti V ± ) da je svojstvena funkcija ravan talas sa impulsom k = me V ± )/ bez graničnih uslova u toj beskonačnosti. Ovo znači da je čestica slobodna akko je njena energija veća od minimuma potencijala u beskonačnosti. Zaključak je da je stanje vezano akko V + > E. Rešenje 3.. Pretpostavlja se suprotno. Dakle, neka postoje dva fizički različita stanja nelinearna) ψ x) i ψ x) da imaju istu energiju. Onda se za bilo koji potencijal V x) ima ψ /ψ = me V x))/ = ψ /ψ što dovodi do jednačine ψ ψ ψ ψ ) = 0. Integraljeći poslednju jednakost, dobija se ψ ψ ψ ψ = C za svako x. Konstanta C je nula zato što funkcija stanja, pa i prvi izvod, za vezana stanja teži nuli u beskonačnostima. Dalje, integraljeći ψ /ψ = ψ /ψ dobija se ψ = Aψ, ali zato što su stanja normirana, konstanta A je fazni faktor, što znači da stanja ψ x) i ψ x) opisuju isto fizičko stanje, što je u suprotnosti sa pretpostavkom. Rešenje 3.3. Posmatraju se dve funkcije ψ n x) i ψ n+ x) za svojstvene vrednosti E n < E n+. Svojstvene jednačine za oba stanja su ψ n + me n V )ψ n / = 0 i ψ n+ + me n+ V )ψ n+ / = 0. Neka je ω = E n+ E n )/ > 0. Množeći prvu jednakost sa ψ n+ a drugu sa ψ n, oduzimajući ih i integraljeći u intervalu a, b), dobija se ψ nψ n+ ψ n+ψ n ) b a = mω b ψ a n+ψ n dx. Dalje se uzima da su tačke a i b nule funkcije ψ n, odakle se dobija ψ nψ n+ b a = mω b ψ a n+ψ n dx. Pošto funkcija ψ n ima isti znak izmedu a i b, odakle suprotni znak prvog izvoda, tako znak desne strane zavisi od znaka funkcije ψ n+. Tako, ako funkcija ψ n+ ne menja znak izmedu a i b, onda bi leva i desna strana bile suprotnog znaka, odakle sledi da ψ n+ mora da ima bar jednu nulu izmedu a i b. Rešenje 3.4. Vezana stanja su nedegenerisana videti zadatak 3.) pa Schrödinger-ova i prostorno invertovana Schrödinger-ova jednačina su Hx)ψx) = Eψx) i Hx)ψ x) = Eψ x) i daju fizički isto stanje, odakle se vidi da se normirane funkcije razlikuju do na fazni faktor, tj. ψ x) = e iϕ ψx). Iz niza jednakosti ψx) = ψ x)) = e iϕ ψ x) = e iϕ ψx), sledi e iϕ =, tj. ϕ = nπ odakle e iϕ = ±. Rešenje 3.5. Neka je a tačka skoka potencijala. Integraljeći vremenski nezavisnu Schrödinger-ovu jednačinu oko tačke prekida u intervalu a ε, a + ε) dobija se m ψ a + ε) ψ a ε)) + a+ε V x)ψx)dx = E a+ε ψx)dx. Integral zdesna je, a ε a ε koristeći teorem o srednjoj vrednosti, proporcionalan ε, i takode integral sleva je proporcionalan ε koristeći činjenicu da je skok potencijala konačan. Iz poslednjih argumenata i uzimajući limes kada ε 0 sledi da je prvi izvod neprekidan. U drugom slučaju poslednja jednakost je m ψ a + ε) ψ a ε)) + αψa) = E a+ε ψx)dx, pa uz argumente iz a ε prošlog slučaja, prvi izvod ima skok ψ a+) ψ a ) = mα ψa). Rešenje 3.6. Za vezana stanja, spektar je diskretan. Koristeći rezultat zadataka 3., vezana stanja imaju energiju ispod minimalnog potencijala u beskonačnosti. Takode, koristi se to da su funkcije neprekidne a prvi izvod da nema prekid osim u tačkama gde su Dirac-ove delta funkcije videti zadatak 3.5). Dodatno, oznake funkcija su indeksirane
4.. KVANTNA DINAMIKA 97 rimskim brojevima oblasti čije su granice skokovi potencijala polazeći od x =. Tako:. za E < 0 funkcije po oblastima su ψ I x) = A e κx + B e κx i ψ II x) = A e κx + B e κx, gde je κ = m E /. Konstante B i A moraju da budu jednake nuli da bi funkcija imala konačnu normu. Takode, zbog neprekidnosti funkcije mora da važi A = A = B. Jednačina za skok prvog izvoda daje κ mα/ )A = 0, odakle se A 0) dobija disperziona jednačina κ = mα/, tj. E = mα /. Normiranjem funkcije se dobija do na fazni faktor) A = κ, tj. ψx) = mα/ e mα x /.. za E > 0 funkcija je nula van oblasti 0, a), dok je u ograničenoj oblasti pogodno funkciju napisati kao linearnu kombinaciju sinusa i kosinusa. Dakle, u ovom slučaju pogodan je oblik ψx) = A sinkx) + B coskx). Neprekidnost funkcije u x = 0 daje B = 0, dok neprekidnost u x = a daje k = nπ/a, gde je n N. Iz poslednjeg E = /m)nπ/a). Normirajući funkciju na, dobija se do na fazni faktor A = /a, tj. ψ n a) = /a sin[nπ/a)x]. 3. za E > 0 funkcija je nula van oblasti a, a). Funkcije po oblastima je pogodno napisati u obliku ψ I x) = A sin[kx + a)] + B cos[kx + a)] i ψ II x) = A sin[kx a)] + B cos[kx a)], gde je k = me/. Neprekidnost funkcije u tačkama x = ±a daje B i = 0. Neprekidnost funkcije u x = 0 dovodi do rešenja ψx) = A sin[k x a)]. Iz jednakosti za skok prvog izvoda u x = 0 dobija se disperziona jednakost tgka) = k /mα koja ima beskonačno mnogo diskretnih rešenja. Normiranjem funkcije na dobija se konačno rešenje ψx) = sin[k x a)]. a sinka)/k 4. za 0 > E > V 0 stanja su vezana. Funkcije po oblastima su ψ I x) = A e κx+a) + B e κx+a), ψ II x) = A coskx) + B sinkx) i ψ III x) = A 3 e κx a) + B 3 e κx a), gde su κ = m E / i k = mv 0 E )/. Pošto funkcija mora da bude konače norme, to konstante B i A 3 moraju da budu anulirane. Iz neprekidnosti funkcije i prvog izvoda u x = a i x = a, respektivno, dobijaju se jednačine A = A coska) B sinka), αa = A sinka)+b coska), B 3 = A coska)+b sinka) i αb 3 = A sinka) + B coska), gde je α = κ/k. Nenulto rešenje postoji akko je determinanta sistema jednaka nuli disperziona relacija), tj. tgka) = ±α ±. Potrebno je grafičkim rešavanjem analizirati različita rešenja. Tako, za tgka) = α, tj. tg mv 0 E )/ a) = E /V 0 E ), dobija se da bar jedno rešenje uvek postoji. Dalje, deljenjem, npr. prve i druge jednačine dobijene iz graničnih uslova, dobija se da konstanta B u tom slučaju mora biti jednaka nuli. Unoseći poslednji rezultat u jednačine dobija se parno { rešenje uz normiranje talasne funkcije) ψ + x) = coska)e κ x a), x > a. Dok u drugom slučaju a+cos ka)/κ+sinka)/k coskx), x < a tgka) = /α, tj. tg mv 0 E )/ a) = V 0 E )/ E, dobija se da bar jedno rešenje postoji akko su konstante u takvom odnosu da važi mv 0 / a > π/. Dalje, deljenjem, npr. prve i druge jednačine dobijene iz graničnih uslova, dobija se da konstanta A u tom slučaju mora biti jednaka nuli. Uz poslednji rezultat jednačine daju neparno rešenje uz normiranje talasne funkcije)
98 GLAVA 4. REŠENJA ZADATAKA { ψ x) = sgnx) sinka)e κ x a), x > a. Npr. za elektron u jami a = Å potrebno je da jama bude dublja od 9.4eV da bi postojalo a+sin ka)/κ sinka)/k sinkx), x < a neparno stanje. 5. za 0 > E > V 0 stanja su vezana. Funkcija za x < 0 je nula. Za 0 < x < a funkcija je linearna kombinacija ψ I x) = A sinka) + B coska), gde je k = mv0 E )/. Zbog neprekidnosti funkcije u x = 0 dobija se B = 0. Za x > a funkcija je ψ II x) = A e κx a) + B e κx a), gde je κ = m E /. Zahtev za konačnu normu funkcije anulira konstantu B. Neprekidnost funkcije i prvog izvoda u x = a daje, respektivno, jednakosti A sinka) = A i ka coska) = κa. Deljenjem jednakosti se dobija tgka) = k/κ, tj. tg mv 0 E )/ a) = V 0 E )/ E. Isto kao u prethodnom slučaju za neparna rešenja, rešenje postoji akko važi mv 0 / a > π/, i ono je posle normiranja ψx) = a+sin ka)/κ sinka)/k { sinka)e κ x a), x > a sinkx), 0 < x < a. n=3 n= n= n=0 0 0 0 E V [ ) V arctg E + arctg E Slika 4.: Tanke linije su familija funkcija Debela linija je funkcija E = V imaju vrednosti arctg V V rešenje za n parno postoji ako važi u slučaju )] V E + n π. E me a. Kružići su svojstvene energije čestice. Tanke linije u V ) ) mv a > arctg V V V + π. + n π dok debela ima vrednost mv a, pa ) mv a > arctg V V V dok za n neparno postoji 6. za E < V < V stanja su vezana. Funkcije po oblastima su ψ I x) = A e κ x+a) + B e κ x+a), ψ II x) = A sinkx) + B coskx) i ψ III x) = A 3 e κ +x a) + B 3 e κ +x a),
4.. KVANTNA DINAMIKA 99 gde su κ = mv E)/, k = me/ i κ + = mv E)/. Zbog konačne norme funkcije važi B = 0 = B 3. Neprekidnost funkcije i prvog izvoda u tačkama x = a i x = a, respektivno, daje jednačine A = A sinka) + B coska), κ A = ka coska) + kb sinka), A 3 = A sinka) + B coska) i κ + A 3 = ka coska) kb sinka). Da bi postojalo nenulto rešenje determinanta sistema jednačina mora da bude jednaka nuli, tj. tgka) = kκ +κ + )/k κ κ + ). Uvodeći smenu tgα ± ) = κ ± /k = V / E)/E, gde su α ± 0, π/), rešenje je ka = α + α + )/ + nπ/. Grafičkim rešavanjem se dobija diskretan spektar i uslovi za postojanje rešenja su dati u zaglavlju slike 4.. Uporediti sa prethodnim slučajevima V = V = V 0 i sa V = a V = V 0. 7. Stanja su vezana za svako E > 0. Izdvajaju se dva slučaja energija E < V 0 i E > V 0. U prvom slučaju funkcije po oblastima se mogu napisati u obliku ψ I = A sin kx + B cos kx i ψ II = A shκb x) + B chκb x), gde su k = me/ i κ = mv 0 E)/. Funkcija u oblastima x < 0 i x > b mora biti nula odakle zbog kontinuiteta B = 0 = B. Neprekidnost funkcije i prvog izvoda u tački x = a daje, respektivno, jednačine A sin ka = A shκb a) i ka cos ka = κa chκb a) odakle se dobija disperziona relacija κ tgka = thκx a). Za drugi slučaj k rezultati su analogni prethodnim uz zamenu hiperboličkih funkcija odgovarajućim trigonometrijskim. 8. Stanja su vezana za svako E > 0. Izdvajaju se tri slučaja energija E > V, V < E < V i 0 < E < V. U prvom slučaju funkcije po oblastima se mogu napisati u obliku ψ I = A sin k 0 x + B cos k 0 x, ψ II = A sin k b x) + B cos k b x) i ψ III = A 3 sin k c x) + B 3 cos k 3 c x), gde su k 0 = me/ i k / = me V/ )/. Funkcija u oblastima x < 0 i x > c mora biti nula odakle zbog kontinuiteta B = 0 = B 3. Iz uslova neprekidnosti funkcije i prvog izvoda u tačkama x = a i x = b, respektivno, dobijaju se jednačine A sin k b a)+b cos k b a) = A sin k 0 a, k A cos k b a)+k B sin k b a) = k 0 A cos k 0 a, B = A 3 sin k c b) i k A = k A 3 cos k c b). Dalje, da bi postojalo netrivijalno rešenje determinanta sistema mora da bude jednaka nuli, odakle se dobija disperziona relacija k tgk c b) = k 0 tgk 0 a + k tgk b a))/ k k 0 tgk 0 atgk b a)). U slučaju V < E < V rezultat se dobija zamenjujući u prethodnom rezultatu k sa ik, dok se za slučaj 0 < E < V rešenje dobija prethodnom zamenom zajedno sa k ik. Rešenje 3.7. Stanja su vezana za E < 0. Talasna funkcija za x < 0 je nula. Funkcija za 0 < x < a je ψ I x) = A shκx + B chκx dok je za x > a ψ II x) = A e κx a) + B e κx a), gde je κ = m E /. Zbog kontinualnosti u x = 0 konstanta B mora da bude nula. Konstanta A mora da bude jednaka nuli da bi funkcija imala konačnu normu. Takode, zbog neprekidnosti funkcije u x = a mora da važi A shκa = Ashκa = B. Jednačina za skok prvog izvoda, uz neznatno sredivanje, daje κ = mα e aκ. Rešenje postoji ako je κ <, tj. broj rešenja je nula ako je κ >, a postoji jedno rešenje za κ <. mα mα mα Rešenje 3.8. Srednja vrednost hamiltonijana u ovom stanju je potencijal je nula u intervalu x 0, a)) ψ H ψ = ) a ψx) d ψx)dx. Potrebno je izračunati 0 m dx
00 GLAVA 4. REŠENJA ZADATAKA drugi izvod funkcije. Prvi izvod je ψ x) = 4 a [θx) θx a/) + θx a)], odakle je drugi izvod ψ x) = 4 a [δx) δx a/) + δx a)]. Konačno, ψ H ψ = 8 ma 3. Rešenje 3.9. U slučaju potencijala V funkcije po oblastima su ψ I = A e ikx + B e ikx i ψ II = A e ikx + B e ikx, gde je k = me/. Pošto čestice nailaze sleva, mora da važi B = 0. Neprekidnost funkcije u x = 0 daje jednakost A + B = A, dok jednakost za prekid prvog izvoda u slučaju delta funkcije daje ika ikb ika = mα A, tj. A B = + i mα )A k. Iz dve jednakosti se dobija A = + i mα )A k i B = i mα A k odakle su koeficijenti T = / + ) ) mα i R = ) mα k k / + ) mα ). k U slučaju potencijala V 4 funkcije po oblastima je pogodno napisati u obliku ψ I = A e ikx+a) + B e ikx+a), ψ II = A sin k 0 x + B cos k 0 x i ψ III = A 3 e ikx a) + B 3 e ikx a) gde su k = me/ i k 0 = me + V 0 )/. Iz uslova zadatka, čestica nailazi sa strane x =, sledi da u trećoj oblasti ne postoji talas koji se kreće od x = ka jami, tj. B 3 = 0. Iz neprekidnosti funkcije i prvog izvoda u tačkama x = a i x = a, respektivno, dobijaju jednačine A + B = A sin k 0 a + B cos k 0 a, ika ikb = k 0 A cos k 0 a + k 0 B sin k 0 a, A 3 = A sin k 0 a + B cos k 0 a i ika 3 = k 0 A cos k 0 a k 0 B sin k 0 a. Konstante koje su potrebne su A, B i A 3. Prve dve se mogu izraziti preko poslednje kao A = [ kk 0 cosk 0 a) i k + k 0) sink0 a) ] A 3 /kk 0, B = i k k 0) sink0 a)a3/kk 0 pa su koeficijenti transmisije i refleksije T = 4k k0 4k k0 + k k0) sin k 0 a), R = k k0) sin k 0 a) 4k k0 + k k0) sin k 0 a). Za slučaj potencijala V 4 i E > V 0 dovoljno je napraviti u poslednjem rešenju zamenu V 0 V 0 dok je u slučaju E < V 0 potrebno napraviti zamene k 0 ik 0 = mv0 E)/ i sink 0 a) i shk 0 a), tako da je rešenje za koeficijent transmisije T = 4k k0 4k k0 + k + k0) sh k 0 a) = 4EV 0 E) 4EV 0 E) + V0 sh ), a d gde je d = /k 0 = / 8mV 0 E) dubina penetracije čestice. Koeficijent transmisije je nezanemarljiv u slučaju a/d dok u slučaju d a koeficijent transmisije postaje T 6 EV 0 E) e a V0 d. Korisno je primetiti da u klasičnom slučaju 0 koeficijent transmisije teži nuli. U poslednjem slučaju potencijala V 6 funkcije po oblastima je pogodno napisati u obliku ψ I = A + e ikx+a) + A e ikx+a), ψ II = A sin k 0 x + A + cos k 0 x i ψ III = A + 3 e ikx a) + A 3 e ikx a) gde su k 0 = me/ i k i = me + V i )/. Uslov da čestica nailazi sa strane x = povlači A 3 = 0. Iz neprekidnosti funkcije i prvog izvoda u tačkama x = a i x = a, respektivno, dobijaju se jednačine A + +A = A sin k 0 a+a + cos k 0 a, ik A + ik A = k 0 A cos k 0 a+k 0 A + sin k 0 a, A + 3 = A sin k 0 a+a + cos k 0 a i ik A + 3 = k 0 A cos k 0 a k 0 A + sin k 0 a. Za konstante A + i A izražene preko A + 3 se dobija A ± = [ k 0 k ± k ) cosk 0 a) i k 0 ± k k ) sink0 a) ] A + 3 /k 0 k,
4.. KVANTNA DINAMIKA 0 odakle se za koeficijente transmisije i refleksije dobija T = 4k 0k k k 0k + k ) + k 0 k ) k 0 k ) sin k 0 a), R = k 0k k ) + k 0 k ) k 0 k ) sin k 0 a) k 0k + k ) + k 0 k ) k 0 k ) sin k 0 a). Uporediti ovaj rezultat sa prethodnim k = k ), i u sva tri slučaja proveriti jednakost T + R =. Rešenje 3.30. Funkcija u oblasti b < x < 0 je oblika ψ I x) = A sinβx) + B cosβx), dok je u oblasti 0 < x < a oblika ψ II x) = C sinαx) + D cosαx), gde su α = me/ i β = me V 0 )/. Zbog periodičnosti potencijala, funkcija u oblasti a < x < d = a+b je ψ III x) = e ikd ψ I x) = e ikd {A sin[βx d)]+b cos[βx d)]}. Neprekidnost funkcije i prvog izvoda u tačkama x = 0 i x = a, respektivno, dovodi do jednakosti B = D, βa = αc, e ikd [ A sinβb) + B cosβb)] = C sinαa) + D cosαa) i βe ikd [A cosβb) + B sinβb)] = α[c cosαa) D sinαa)]. Zamenjujući konstante C i D iz prve dve jednakosti u poslednje dve dobijaju se jednačine A[ αe ikd sinβb) β sinαa)] + B[αe ikd cosβb) α cosαa)] = 0 i A[βe ikd cosβb) β cosαa)] + B[βe ikd sinβb) + α sinαa)] = 0. Izjednačavajući determinantu sistema sa nulom dobija se disperziona jednačina coskd) = cosαa) cosβb) α + β αβ sinαa) sinβb). U slučaju kada je V 0 > E najjednostavnije je napraviti zamene β iβ, cosβb) chβb) i sinβb) i shβb) odakle se u ovom slučaju dobija disperziona jednačina coskd) = cosαa)chβb) α β αβ sinαa)shβb). Uzimajući graničnu vrednost b 0, V 0 zajedno sa bv 0 = P /ma što odgovara periodičnom potencijalu V x) = P /ma) n δx na)), poslednja jednakost postaje coska) = cosαa) + P sinαa). αa Kvantni broj k je tzv. kvaziimpuls. Rešenja ove jednačine postoje ako desna strana jednakosti zadovoljava uslov cosαa) + P sinαa) i daju energetske zone svojstvene αa energije čestice) prikazane na slici 4. zajedno sa objašnjenim pojedinostima. Rešenje 3.3. Schrödinger-ova jednačina čestice u ovom potencijalu je d ψh) dh m g h E ) ψh) = 0. mg
0 GLAVA 4. RES ENJA ZADATAKA a 0 00 5 ) ) 0 E m a /h/ 0 - P sin a)/ GAP GAP 5 00 0 a + cos a) 0 k a 0 Slika 4.: Prikazan je sluc aj P = 5. Energija c estice u okviru jedne zone moz e kontinualno da se menja. GAP je energetski procep u zonama koji c estica mora da preskoc i da bi imala energiju u okviru prve sledec e zone. Levo: zavisnost funkcije cosαa) + P sinαa) αa od αa. Crveni s rafirani deo je zabranjen. Desno: podebljane linije su zavisnost energije pomnoz ene odredenim konstantama da bi se dobila bezdimenziona velic ina) od kvaziimpulsa pomnoz enog translacionim periodom a). Crvene tanke isprekidane linije su energije slobodne c estice parabola ~ k nπ/a) /m, gde je n Z i zadovoljava uslov 0 ka nπ < π). Crne podebljane linije su energije koje ulaze u tzv. ireducibilni domen deo iz koga se mogu generisati cele energetske zone). Vidi se da se degeneracije parabole u tac kama 0, π i π ukidaju. Ove tac ke se zovu specijalne tac ke tac ke povec ane simetrije-u ovom sluc aju prostorna inverzija x x i k k) ). Takode se vidi da je razlika energija c estice od energija slobodne c estice najvec a u specijalnim tac kama. Spektar je oc igledno kontinualan. Uvodec i smenu α= m g ~ ) 3, ) E xe = α h mg dobija se jednac ina d ψxe ) xe ψxe ) = 0 dxe c ije res enje, koje je konac no za 3xE, je ψ = CAixE ), gde je C konstanta normiranja i AixE ) = /π) 0 cosu /3 uxe )du Airy-jeva funkcija. Drugi nac in res avanja ovog zadatka je u impulsnoj reprezentaciji. Schro dinger-ova jednac ina je tada dψee p) p e ψe p) + img~ = E ψee p). m dp Res enje ove jednac ine je ψee p) = Aexp [ i mg~ p3 Ep 6m )].
4.. KVANTNA DINAMIKA 03 Normiranjem rešenja na Dirac-ovu delta funkciju dobija se do na fazni faktor A = π) /. Svojstveno stanje u koordinatnoj reprezentaciji se dobija Fourier-ovom transformacijom ψ E h) = π ) / ψ E p)e ip/ )h dp. Uvodeći smene m g za rešenje se dobija ψx E ) = α π α = exp ) 3, u = p α i x E = α [ )] u 3 i 3 + ux E du = α π 0 h E ), mg ) u 3 cos 3 + ux E du = α Aix E ). Rešenje 3.3. a) Funkcija je ψ < x) = A + e iαx + A e iαx za x < 0 i ψ > x) = B + e iβx + B e iβx za x > 0, gde su α = me + V 0 )/ i β = me/. Pošto elektron dolazi iz metala to je B = 0. Granični uslov u x = 0 za funkciju i njen izvod daje jednačine A + + A = B + i αa + A ) = βb +. Rešenje jednačina je A + = + β )B α + i A = β )B α +, odakle su koeficijenti refleksije R = A A + = α β) i transmisije T = α+β) B + β = A + α 4αβ α+β). Zanimljiva su dva granična slučaja: i) klasičan, kada je E V 0 onda je R = T V 0 6E E i ii) kada je 0 < E V 0 onda je R = T 4 V 0. Za uobičajene metale V 0 0eV i energiju elektrona E = 0.eV koeficijent refleksije je R 90%. b) Funkcija je ψ < x) = A + e iαx +A e iαx za x < 0 i ψ > x) = B + e βx +B e βx za x > 0, gde su α = mv 0 E )/ i β = m E /. Da bi funkcija bila konačna kada x mora da bude B + = 0. Granični uslov u x = 0 za funkciju i njen izvod daje jednačine A + + A = B i iαa + A ) = βb. Rešenje jednačina je A + = + i β )B α i A = i β )B α. Odavde je koeficijent refleksije R =. Koeficijent transmisije je nula bilo iz razloga T = R bilo zato što je transmitovana struja jednaka nuli. Ovaj rezultat se slaže sa klasičnim: ako čestica ima manju energiju od barijere biće reflektovana sa sigurnošću. Medutim, ono što je novi rezultat je to što je gustina verovatnoće nalaženja elektrona van metala nenulta i iznosi ψ > = 4 A + V 0 E e βx gde je /β dubina prodiranja elektrona E u okolnu sredinu. Rešenje 3.33. Funkcija je ψ < x) = A + e iαx + A e iαx za x < 0 i ψ > x) = B + e iβx + B e iβx za x > 0, gde su α = me + V 0 )/ i β = me/. Pošto elektron dolazi izvan metala to je A + = 0. Granični uslov u x = 0 za funkciju i njen izvod daje jednačine B + + B = A i βb + B ) = αa. Rešenje jednačina je B + = α)a β i B = + α)a β, odakle su koeficijenti refleksije R = B + B = β α) i transmisije β+α) T = A α = B β 4αβ β+α). Dalje je koeficijent refleksije R = + V 0 E + + V 0 E ) = 0.64 što je veće od verovatnoće 0.36) ulaska u metal. Što je veća energija upadnog elektrona to je manje verovatna refleksija. Kao primer, verovatnoća reflektovanja elektrona koji bombarduju anodu u Röntgen-ovoj tubi V 0 0eV i E 0 5 ev) je aproksimativno 6. 0 0. Rešenje 3.34. Sistem je konzervativan pa čestica prolazi kroz barijeru sa konstantnom energijom. Koeficijenti transmisije T i kroz zahvaćene regione su aproksimativno nezavisni,