SEMINAR IZ KVANTNE FIZIKE
Denis Žoljom
26. sijeˇcnja 2011.
Fiziˇcki odsjek Prirodoslovno - matematiˇckog fakulteta Sveuˇcilišta u Zagrebu,
Bijeniˇcka 32, 10 000 Zagreb, Hrvatska
Sažetak
ˇ
Cestica
mase m nalazi se u 2D potencijalu
m 2 2
(ω x + ω2y y2 ), ω x = 2ωy
2 x
a opisana je valnim paketom za koji vrijedi ⟨x⟩(0) = x0 , ⟨y⟩(0) = 0, ⟨p x ⟩(0) = 0 i ⟨py ⟩(0) = 0.
Razvijte poˇcetnu valnu funkciju po svojstvenim stanjima neizotropnog harmoniˇckog oscilatora, te
odredite vremensku evoluciju sistema. Izraˇcunajte energiju i moment koliˇcine gibanja u ovisnosti
o vremenu i usporedite ih s poˇcetnim vrijednostima.
Izraˇcunajte oˇcekivane vrijednosti položaja i impulsa, te provjerite valjanost Ehrenfestovog
teorema.
V(r) =
1
Sadržaj
1
Uvod
3
2
Rješavanje Schrödingerove jednadžbe
4
3
Razvoj po svojstvenim stanjima
3.0.1 Dekompozicija valnog paketa - x dio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.0.2 Dekompozicija valnog paketa - y dio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
7
9
4
Traženje matriˇcnih elemenata, oˇcekivanih vrijednosti operatora impulsa i
njihovih kvadrata
4.0.3 Oˇcekivana vrijednost operatora x . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.0.4 Oˇcekivana vrijednost operatora y . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.0.5 Oˇcekivana vrijednost operatora p x i py . . . . . . . . . . . . . . .
4.0.6 Oˇcekivane vrijednosti operatora x2 , y2 , p2x i p2y . . . . . . . . . . .
položaja te
.
.
.
.
12
12
13
13
14
5
Oˇcekivana vrijednost energije
5.1 Moment koliˇcine gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
16
6
Zakljuˇcak
17
7
Dodatak
7.1 Raspis funkcije izvodnice pri raˇcunu x dijela valne funkcije u proizvoljnom trenutku
7.2 Raspis oˇcekivane vrijednosti položaja u x smjeru . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
18
18
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Popis slika
1
2
3
4
5
6
Valni paket u t=0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Zadani potencijal iz zadatka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Svojstveno stanje za n x = 0 i ny = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Svojstvena stanja (valna funkcija 2D anizotropnog oscilatora) za razne kombinacije
(n x , ny ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Vremenska evolucija gusto´ce vjerojatnosti u x smjeru . . . . . . . . . . . . . . . . .
Oˇcekivana vrijednost energije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
3
5
6
6
11
16
1
Uvod
Pretpostavimo da je valna funkcija opisana Gaussovim valnim paketom, za koje vrijede zadani poˇcetni
uvjeti iz teksta zadatka:
ψ(x, y, 0) = Ae−
2
(x−x0 )2
− y2
2σ2
2σ
(1)
Radi jednostavnosti pretpostavljam da mi je standardna devijacija valnog paketa u t=0 jednaka za
x i y dio. Ukoliko bi uzeli ovakav oblik poˇcetne valne funkcije integracija koju bi trebali provesti (i
koju c´ emo provesti) bi se uvelike otežala1 . Zato možemo (bez gubitka op´cenitosti) pretpostaviti da su
nam standardne devijacije jednake 1, i takoder
¯ možemo pretpostaviti sljede´ci oblik valnog paketa u
t=0:
−
ψ(x, y, 0) = Ae
(
√
√
λ1 x−ζ0 )2 ( λ2 y)2
− 2
2
(2)
Pri cˇ emu su:
mωy
mω x
, λ2 =
,
~
~
Takoder
¯ možemo ga, radi jednostavnosti, normirati:
λ1 =
∫∞ ∫∞
1/4
λ1/4
1 λ2
|ψ(x, y, 0)| dxdy = 1 ⇒ A = √ ,
π
2
−∞ −∞
√
λ1 x0
ζ0 =
Ax =
( mω )1/4
x
~π
(3)
,
Ay =
( mω )1/4
y
~π
Slika poˇcetnog valnog paketa je prikazana na (1)2 .
Slika 1: Valni paket u t=0
1
2
Pokušao sam na´ci rješenje, no nisam uspio dobiti rješenje u obliku jednostavnih elementarnih funkcija
Ovo je samo aproksimativan numeriˇcki prikaz
3
(4)
2
Rješavanje Schrödingerove jednadžbe
Pošto c´ emo gledati vremensku evoluciju sustava dobro bi bilo pogledati Schrödingerovu jednadžbu,
jer c´ e nam biti potrebne svojstvene vrijednosti (energije) sustava.
Potencijal ne ovisi o vremenu pa možemo odmah koristiti stacionarnu Schrödingerovu jednadžbu:
)
( 2
~ 2
(5)
− ∇ + V(r) Ψ(r) = EΨ(r)
2m
Separiramo problem u kartezijevim koordinatama uz uvjet: E = E x + Ey
~2 d2 X(x) mω2x 2
−
+
x X(x) = E x X(x)
2m dx2
2
2
~2 d2 Y(y) mωy 2
−
+
y Y(y) = Ey Y(y)
2m dy2
2
(6)
Pri cˇ emu je: ψ(x, y) = X(x)Y(y). Dobili smo dvije 1D jednadžbe kvantnog harmoniˇckog oscilatora.
Uvodimo pokrate:
√
√
mωy
mω x
ζ=
x, η =
y
(7)
~
~
Moramo promijeniti i derivacije:
(
)
mωy d2 X
d2 X dζ d dζ dX
=
=
(8)
dx2
dx dζ dx dζ
~ dζ 2
analogno za y dio. Kada uvrstimo pokrate i sve skratimo dobijemo:
d2 X
2E x
− ζ2X = −
2
dζ
~ω x
2
2Ey
d Y
− η2 Y = −
2
dη
~ωy
Uz još jednu pokratu: K x =
2E x
~ω x
i Ky =
2Ey
~ωy
(9)
imamo:
d2 X
= (ζ 2 − K x )X
dζ 2
d2 Y
= (η2 − Ky )Y
dη2
(10)
( mω )1/4
1
1 2
x
Xnx (ζ) = √
Hnx (ζ)e− 2 ζ
2nx n x ! ~π
( mω )1/4
1
1 2
y
Yny (η) = √
Hny (η)e− 2 η
n
2 y ny ! ~π
(11)
Rješenja su nam poznata [1]:
4
Odnosno:
(√
)
mω x
1 mω x 2
Xnx (x) = √
Hnx
x e− 2 ~ x
~
2nx n x ! ~π
√
( mω )1/4
mωy − 1 mωy y2
1
y
Yny (y) = √
y e 2 ~
Hny
~
2ny ny ! ~π
(12)
(
)
~ω x
~ω x
3
=
(4n x + 2ny + 3) =
2n x + ny +
4
2
2
(
)
(
)
1
1
= ~ω x n x +
+ ~ωy ny + ; n x , ny ∈ Z+
2
2
(13)
1
( mω )1/4
x
Energija je3 :
Enx ,ny
Enx ,ny
Vidimo da su, ukoliko uzmemo u obzir naše ograniˇcenje, odnosno cˇ injenicu da su frekvencije
sumjerljive, energije degenerirane. Op´cenito Enx , ny je suma pojedinih energija 1D oscilatora. Degeneracija proizlazi i iz simetrije potencijala (slika(2)):
Slika 2: Zadani potencijal iz zadatka
3
Razvoj po svojstvenim stanjima
Poˇcetnu valnu funkciju možemo razviti po svojstvenim stanjima anizotropnog oscilatora:
∑
ψ(x, y, 0) =
cnx , ny (0)ψnx , ny (x, y)
(14)
n x , ny
Pošto je problem separabilan možemo separirati i razvoj po svojstvenim stanjima (cnx , ny = cnx cny ):
3
Kompletan izvod za energijske svojstvene vrijednosti se može na´ci iz [1]
5
Slika 3: Svojstveno stanje za n x = 0 i ny = 0
(a) (1, 0)
(b) (2, 0)
(c) (3, 0)
(d) (4, 0)
(e) (0, 1)
(f) (0, 2)
(g) (0, 3)
(h) (0, 4)
(i) (1, 1)
(j) (2, 1)
(k) (1, 2)
(l) (2, 2)
Slika 4: Svojstvena stanja (valna funkcija 2D anizotropnog oscilatora) za razne kombinacije (n x , ny )
6
∞
∑
ψ(x, 0) =
cnx (0)Xnx (x)
n x =0
∞
∑
ψ(y, 0) =
(15)
cny (0)Yny (y)
ny =0
Koristimo ortonormiranost sv. funkcija h.o. (jer sadrže Hermitove polinome).
∫∞
cnx (0) =
−∞
∫∞
cny (0) =
ψ(x, 0)Xn∗x (x)
(16)
ψ(y, 0)Yn∗y (y)
−∞
Nakon što nademo
koeficijente u t=0, koeficijenti u proizvoljnom trenutku odredeni
su svojstve¯
¯
nim energijama:
cnx , ny (t) = cnx , ny (0)e− ~ Enx , ny t
i
(17)
Te nam je na kraju valna funkcija u proizvoljnom trenutku:
∞
∑
Ψ(x, y, t) =
cnx , ny (t) ψ(x, y)
| {z }
n x , ny =0
(18)
Xn x (x)Yny (y)
Pogledajmo x dio.
3.0.1
Dekompozicija valnog paketa - x dio
√
cnx (0) =
mω x
1
√ n
~π 2 x n x !
∫∞
e
−
(
√
λ1 x−ζ0 )2 λ1 2
−2 x
2
√
Hnx ( λ1 x)dx
(19)
−∞
uz supstituciju:
ζ=
√
cnx (0) =
√
√
λ1 x ⇒ dζ = λ1 dx
√
mω x
1
√ n
~π 2 x n x !
~
mω x
∫∞
e−
(ζ−ζ0 )2 1 2
−2ζ
2
(20)
Hnx (ζ)dζ
(21)
−∞
Pogledajmo integral iz prethodnog izraza:
∫∞
e−
(ζ−ζ0 )2 1 2
−2ζ
2
−∞
7
Hnx (ζ)dζ
(22)
Koristimo funkciju izvodnicu za Hermitove polinome4 :
∞
∑
1
Hn (ζ)sn
n!
n=0
e−s +2sζ =
2
(23)
Rješavamo sljede´ci integral:
∫∞
I=
e
−
(ζ−ζ0 )2 1 2
−2ζ
2
e
−s2 +2sζ
dζ = e
−s2 −
ζ2
0
2
∫∞
e
(
)
ζ
−ζ 2 +2ζ s+ 20
dζ
(24)
−∞
−∞
Eksponent dopunimo do potpunog kvadrata:
I=e
−s2 −
ζ2
0
2
e
(s+ζ0 /2)2
∫∞
e
−∞
−(ζ−(s+ζ0 /2))2
dζ =
√
πe
sζ0
[
]
∞
∞
∑
√ − ζ02 n
√ − ζ02 ∑
ζ02
1
1
n
n
n
−
= πe 4
ζ0 s =
s
πe 4 ζ0
4
n!
n!
n=0
n=0
√
Gaussov int. = π
(25)
U zadnjem koraku smo cˇ lan e sζ0 razvili u Taylorov red. Vratimo se originalnom integralu (24) i
umjesto funkcije izvodnice stavimo njenu reprezentaciju preko sume.
∞
∫∞
∫
∞
∞
n
∑
2 ζ2
(ζ−ζ0 )2 1 2 ∑ 1
(ζ−ζ
)
s
− 2 −2ζ
n
− 20 − 2
I=
e
Hn (ζ)s dζ =
Hn (ζ)dζ
(26)
e
n!
n!
n=0
n=0
−∞
−∞
Usporeduju´
¯ ci (25) i (26) vidimo da imamo upravo traženi integral i njegovo rješenje (isti cˇ lanovi
u sumi):
∫∞
e−
(ζ−ζ0 )2 ζ 2
−2
2
Hn (ζ)dζ =
√ − ζ02 n
πe 4 ζ0
(27)
−∞
Naš koeficijent cnx (0) je:
√
ζ2
π − ζ402 n
1
0
cnx (0) = √
e ζ0 = √
e− 4 ζ0nx
√
2n x n x ! π
2nx n x !
Tada je koeficijent u proizvoljnom trenutku t dan s:
1
cnx (t) = cnx (0)e− ~ Enx t = cnx (0)e−i(nx + 2 )ωx t = cnx (0)e−
i
1
iω x t
2
(28)
e−inx ωx t
(29)
Valna funkcija u proizvoljnom trenutku je tada (x dio):
ψ(x, t) =
∞
∑
n x =0
cnx (t)Xnx (x) =
( mω )1/4
x
~π
e
− iω2x t −
e
ζ 2 1 mω
0
x 2
2 −2 ~ x
(
)n
(√
)
∞
∑
mω x
1 1 −iωx t x
ζ0 e
Hnx
x
n
!
2
~
x
n =0
(30)
x
U zadnjem cˇ lanu prepoznamo funkciju izvodnicu za Hermitove polinome (23)5 . Tada je, uz raspis
i grupiranje:
4
5
radi jednostavnosti umjesto n x pišem n
Što smo i definirali, ali se može na´ci na [3]
8
√
)2
]
(√
[
1
mω
mω
1
x
x
2
ψ(x, t) =
e
exp −
x − ζ0 cos(ω x t) exp iζ0 sin(2ω x t) − i
xζ0 sin(ω x t)
~π
2
~
4
~
(31)
Kao što smo pokazali na seminaru, gusto´ca vjerojatnosti ne mijenja oblik prilikom vremenske
evolucije:
( mω )1/4
x
− iω2x t
∫∞
|ψ(x, t)|2 =
ψ∗ (x, t)ψ(x, t)dx =
( mω )1/2
−∞
x
~π
(√
)2
mω
x
exp −
x − ζ0 cos(ω x t)
~
(32)
Sada pogledajmo y dio.
3.0.2
Dekompozicija valnog paketa - y dio
Radimo isti postupak, ali za y dio.
∫∞
cny (0) =
√
ψ(y, 0)Yn∗y (y)dy
=
−∞
mωy
1
√ n
~π 2 y ny !
∫∞
e
− 12
mωy 2 1 mωy 2
~ y −2 ~ y
−∞
√
mωy
Hny
y dy
~
(33)
Zamjena varijabli:
√
η=
mωy
y,
~
√
dη =
mωy
dy
~
(34)
e−η Hny (η) dη
(35)
Imamo:
1
1
cny (0) = √ √
π 2ny ny !
∫∞
2
−∞
Integral je tabliˇcni i može se na´ci u tablicama. Ja sam ga izraˇcunao pomo´cu Mathematice.
( 1−n
)
∫∞
(ny − 2)2 F1 1; 2 y ; 12 ; 1 + 1
√
2
(
)
, ℜ(ny ) > 0
I=
e−η Hny (η) dη = − π2ny −1
n
Γ 1 − 2y
(36)
−∞
Pri cˇ emu je 2 F1 (a; b; c; z) =
∞
∑
n=0
(a)n (b)n zn
(c)n n!
Hipergeometrijska funkcija, a (a)n Pochammerov simbol
koji oznaˇcava rastu´ce ili padaju´ce faktorijele (u mojem sluˇcaju (a)n = a(a + 1)(a + 2) . . . (a + n − 1)).
Γ(n) = (n − 1)! je Gamma funkcija.
Kada sam u Mathematici izvrijednio cny (0) za prvih par ny dobio sam sve nule. Što znaˇci da je
cny (t) = 0. Pošto je poˇcetna valna funkcija u y smjeru sliˇcna onoj u x smjeru (x ima pomak za ζ0 )
mogu na temelju toga donjeti neke zakljuˇcke. U Mathematici sam napravio par simulacija koje su pokazale oscilaciju gusto´ce vjerojatnosti za x-dio (slike 5). Štoviše kako sam smanjivao poˇcetni pomak
tako su oscilacije bile manje.
9
Stoga zakljuˇcujem (što je i potvrdeno
time što je koeficijent u t=0 u razvoju jednak nuli) da se
¯
prilikom vremenske evolucije y dio ne mijenja. Odnosno da se radi o stacionarnom stanju. Tada je
valna funkcija u proizvoljnom trenutku:
ψ(y, t) = e− ~ Eny t ψ(y, 0) =
i
( mω )1/4
y
π~
1 mωy 2
~ y −i
e− 2
(ny + 21 )ωy t
(37)
Gusto´ca vjerojatnosti je:
∫∞
|ψ(y, t)| =
∗
ψ(y, t) ψ(y, t)dy =
2
−∞
( mω )1/2
y
π~
e−
mωy 2
~ y
(38)
Ukupna valna funkcija je:
√
(√
)2
[
]
1
mω
1
mω
x
x
2
ψ(x, y, t) =
e
exp −
x − ζ0 cos(ω x t) exp iζ0 sin(2ω x t) − i
xζ0 sin(ω x t) ×
~π
2
~
4
~
[
(
) ]
( mω )1/4
1 mωy 2
1
y
×
exp −
y − i ny + ωy t
π~
2 ~
2
(39)
( mω )1/4
x
− iω2x t
10
(a) t=0
(b) t=0.5
(c) t=1
(d) t=1.5
(e) t=2
(f) t=2.5
(g) t=3
(h) t=3.5
(i) t=4
(j) t=4.5
(k) t=5
(l) t=5.5
(m) t=6
(n) t=6.5
(o) t=7
(p) t=7.5
Slika 5: Vremenska evolucija gusto´ce vjerojatnosti u x smjeru
11
4
Traženje matriˇcnih elemenata, oˇcekivanih vrijednosti operatora impulsa i položaja te njihovih kvadrata
Koriste´ci formule koje smo radili na seminaru dobivamo potrebne matriˇcne elemente koji nam olakšavaju raˇcun oˇcekivanih vrijednosti u x i y smjeru [2].
Matriˇcni element operatora x (analogno za y):
∫∞
xmn = ⟨m|x|n⟩ =
Xm∗ x (t)xXnx (t)dx
(40)
−∞
Radi jednostavnosti c´ u umjesto n x pisati n.
√
√
n+1 1
n 1
xmn = xmn =
√ δm,n+1 +
√ δm,n−1
2
2 λ1
λ1
(41)
Matriˇcni element operatora x2 :
∫∞
2
xmn
= ⟨m|x |n⟩ =
2
Xm∗ (t)x2 Xn (t)dx =
−∞
]
√
1 [√
=−
(n + 1)(n + 2)δm,n+2 − (2n + 1)δm,n + n(n + 1)δm,n−2
2λ1
(42)
Zatim možemo tražiti matriˇcni elemente za impuls i kvadrat impulsa:
]
√
λ1 [ √
pmn = ⟨m| − i~∂ x |n⟩ = −i~ √ − n + 1δm,n+1 + nδm,n−1
2
p2mn = −~⟨m|∂2x |n⟩ = −
4.0.3
]
√
~2 λ1 [ √
(n + 1)(n + 2)δm,n+2 − (2n + 1)δm,n + n(n − 1)δm,n−2
2
(43)
(44)
Oˇcekivana vrijednost operatora x
Oˇcekivana vrijednost operatora x u trenutku t je:
∫∞
ψ(x, t)∗ xψ(x, t)dx =
⟨x⟩ =
∑
c∗m (t)cn (t)⟨m|x|n⟩
(45)
m,n
−∞
Koeficijent ck (t) je dan s formulom:
1
ck (t) = √
e
2k k!
−
ζ2
0
4
ζ0n e−
iω x t
2
e−inωx t
(46)
Uvrstimo koeficijente:
⟨x⟩ = e−ζ0 /2
2
∑
m,n
1
1
ζ0n ζ0m ei(m−n)ωx t ⟨m|x|n⟩
√
√
m
n
2 m! 2 n!
12
(47)
Uz matriˇcni element operatora x to postaje (Kronecker ’ubije’ sumu po m):
( )n
1 −ζ 2 /2 ∑ 1 ζ02 1 iωx t
⟨x⟩ = ζ0 √ e 0
(e + e−iωx t )
n!
2
2
λ1
n
(48)
Prepoznamo razvoj funkcije: eζ0 /2 . Takoder
¯ prepoznamo 12(eiωx t + e−iωx t ) = cos(ω x t). Tada oˇcekivana vrijednost postaje:
2
1
(49)
⟨x⟩ = √ ζ0 cos(ω x t) = x0 cos(ω x t)
λ1
To se slaže s klasiˇcnim rješenjem 1D harmoniˇckog oscilatora i u skladu je s Ehrenfestovim teoremom6
Ako bi stavili t=0 dobijemo:
⟨x⟩0 = x0 cos(ω x 0) = x0
(50)
što se slaže s našim poˇcetnim uvjetom.
4.0.4
Oˇcekivana vrijednost operatora y
Oˇcekivana vrijednost operatora y:
∫∞
⟨y⟩ =
ψ(y, t)∗ yψ(y, t)dy =
∑
c∗m (t)cn (t)⟨m|y|n⟩
(51)
m,n
−∞
Tu odmah vidimo da c´ e zbog cˇ injenice da je koeficijent ck (t) za y dio jednak 0. Oˇcekivana vrijednost za y dio biti jednaka nuli. Naravno mogli smo izraˇcunati taj integral eksplicite:
∫∞
ye−
mωy 2
~ y
dy = 0
(52)
−∞
To se ponovo slaže s poˇcetnom oˇcekivanom vrijednosti u y smjeru: ⟨y⟩0 = 0.
4.0.5
Oˇcekivana vrijednost operatora p x i py
Oˇcekivana vrijednosti operatora p x :
∫∞
⟨p x ⟩ =
ψ(x, t)∗ pψ(x, t)dx =
−∞
=e
−ζ02 /2
∑
c∗m (t)cn (t)⟨m|p|n⟩ =
m,n
∑
m,n
√
1
2m m!
√
1
2n n!
6
(53)
ζ0n ζ0m ei(m−n)ωx t ⟨m|p|n⟩
Ehrenfestov teorem nam kaže da kvantno mehaniˇcki valni paket zadovoljava jednadžbe gibanja odgovaraju´ce klasiˇcne
cˇ estice kada zamjenimo položaj, impuls i silu koja djeluje na cˇ esticu, oˇcekivanim vrijednostima tih veliˇcina
13
Uvrstimo matriˇcni element i nakon raspisivanja imamo:
⟨p x ⟩ = −~λ1 x0 sin(ω x t) = −mω x x0 sin(ω x t)
(54)
Ako bi uvrstili t=0 dobili bi: ⟨p x ⟩0 = 0 (jer je sinus u 0 jednak 0). Što se ponovo slaže s poˇcetnim
vrijednostima.
Kako je raˇcun analogan za y dio, a ve´c znamo da su za y dio koeficijenti ck (t) = 0, znaˇci da nam
je ⟨py ⟩ = 0, naravno da se i poˇcetna vrijednost s time slaže: ⟨py ⟩0 = 0.
Provjera Ehrenfestovog teorema slijedi:
⟨p⟩ = m
d
⟨x⟩
dt
(55)
Za x dio:
d
(ζ0 cos(ω x t)) = −mζ0 ω x sin(ω x t)
(56)
dt
Vidimo da Ehrenfestov teorem trivijalno slijedi za y dio (i oˇcekivana vrijednost impulsa je nula,
kao i oˇcekivana vrijednost položaja).
− mω x ζ0 sin(ω x t) = m
Radi traženja oˇcekivane vrijednosti energije trebaju nam i oˇcekivane vrijednosti kvadrata položaja
i impulsa (provodimo analogan raˇcun).
4.0.6
Oˇcekivane vrijednosti operatora x2 , y2 , p2x i p2y
⟨x2 ⟩ = e−ζ0 /2
∑
m,n
1
1 m n i(m−n)ωx t
ζ ζ e
⟨m|x2 |n⟩
m
n
2 m! 2 n! 0 0
Nakon uvrštavanja matriˇcnog elementa i sredivanja
izraza dobivamo:
¯
[
]
[
]
1 2
1
~
1
2
2
2
2
⟨x ⟩ =
ζ cos (ω x t) +
=
ζ cos (ω x t) +
λ1 0
2
mω x 0
2
(57)
(58)
Oˇcekivana vrijednost od p2x :
∑
1
1 m n i(m−n)ωx t
ζ0 ζ0 e
⟨m|p2x |n⟩ =
m
n
2 m! 2 n!
m,n
[
]
~2 λ 1
1
2
2
2
2
2
= ~ λ1 ζ0 sin (ω x t) +
= ~mω x ζ0 sin (ω x t) +
2
2
⟨p2x ⟩ = e−ζ0 /2
(59)
Što mi je ispalo i kad sam integral ubacio u Mathematicu.
Oˇcekivane vrijednosti od y2 i p2y mogu izraˇcunati preko integrala:
∫∞
⟨y ⟩ =
2
ψ∗ (y, t)y2 ψ(y, t)dy =
−∞
14
~
2mωy
(60)
∫∞
⟨p2y ⟩ =
ψ∗ (y, t)(−~2 ∂2x )ψ(y, t)dy =
−∞
5
mωy ~
2
(61)
Oˇcekivana vrijednost energije
Pošto se traži ponašanje energije u vremenu, promatram oˇcekivane vrijednosti energije. Oˇcekivana
vrijednost kinetiˇcke energije je dana s:
1
(⟨p2 ⟩ + ⟨p2y ⟩) =
2m [ x (
)
]
mωy ~
1
1
2
2
=
ω x ζ0 sin (ω x t) +
+
=
2m
2
2
[ (
)
]
ωy
1
1
2
2
= ~ ω x ζ0 sin (ω x t) +
+
=
2
2
2
Uz dano ograniˇcenje iz zadatka : ω x = 2ωy izraz postaje:
⟨Ek ⟩ =
[
1
⟨Ek ⟩ = ω x ~ ζ02 sin2 (ω x t) +
2
[
1
= ω x ~ ζ02 sin2 (ω x t) +
2
Oˇcekivana vrijednost potencijalne energije je:
]
1 1
+
=
2 4
]
3
4
(62)
(63)
m 2 2
(ω x ⟨x ⟩ + ω2y ⟨y2 ⟩) =
2[
(
)
]
m 2 ~
1
~
2
2
=
ω
ζ cos(ω x t) +
+ ωy
=
2 x mω x 0
2
2mωy
[
(
)
]
(64)
1
1
~ω x
2
2
~ω x ζ0 cos (ω x t) +
+
=
=
2
2
4
[
]
1
3
= ω x ~ ζ02 cos2 (ω x t) +
2
4
Ako usrednjimo po jednom periodu i kinetiˇcka i potencijalna energija c´ e dati jednak doprinos, što
je u skladu s virijalnim teoremom. Ukupna je energija:
[
]
[
]
3 2
3
3
1
~ω x 2 2
2
2
ζ0 sin (ω x t) + ζ0 cos (ω x t) +
= ~ω x ζ0 +
(65)
⟨E⟩ =
2
4
4
2
2
To možemo zapisati kao:
⟨E p ⟩ =
3
1
(66)
⟨E⟩ = ~ω2x x02 + ~ω x
2
4
Prvi cˇ lan odgovara potencijalnoj energiji harmoniˇckog oscilatora dok je drugi cˇ lan zero point
energy za ovaj potencijal (i dano ograniˇcenje). Ovo smo i mogli oˇcekivati pošto znamo da u x smjeru
gusto´ca vjerojatnosti oscilira (ali joj je oblik tokom vremena stalan - koherentno stanje), dok u y
smjeru gusto´ca vjerojatnosti miruje (stacionarno stanje).
15
Slika 6: Oˇcekivana vrijednost energije
5.1
Moment koliˇcine gibanja
Moment koliˇcine gibanja je dan sljede´com formulom:
L j = ϵ jkl rk pl
(67)
Pri cˇ emu je ϵ jkl Levi-Civita tenzor. Pošto je moj problem u 2D jedina koliˇcina gibanja razliˇcita od
nule je Lz dana formulom:
(
)
∂
∂
Lz = −i~ x − y
(68)
∂y
∂x
Kada sam išao u Mathematici pokušao izraˇcunati oˇcekivanu vrijednost momenta koliˇcine gibanja
dobio sam kao rezultat nulu7 . Ako bih išao zapisati oˇcekivanu vrijednost kao:
⟨Lz ⟩ = ⟨x⟩⟨py ⟩ − ⟨y⟩⟨p x ⟩
(69)
To bi takoder
¯ ispalo 0. Ne mogu sa 100% sigurnoš´cu tvrditi da je to istina, no u skladu je s
dobivenim oˇcekivanim vrijednostima (integral i gornji raˇcun). No s druge strane moment koliˇcine
gibanja je dan kao vektorski produk. Ako bi gledali klasiˇcno brzina i položaj su razliˇciti od 0 u x
smjeru, odnosno paralelni su što znaˇci da je njihov vektorski produkt 0 (y i py su i onako 0). Tako da
to i nije toliko neoˇcekivan rezultat. S druge strane ako bi isti raˇcun proveli s poˇcetnim vrijednostima
dobili bi isti rezultat.
7
raˇcunao sam integral ⟨Lz ⟩ =
∫∞ ∫∞
−∞ −∞
⟨ψ|Lz |ψ⟩dxdy
16
6
Zakljuˇcak
Ono što uvelike olakšava ovaj problem, je cˇ injenica da smo mogli separirati problem. Mogli smo
zasebno promatrati x i y dio, što je veoma pojednostavilo raˇcun. Oˇcekivane vrijednosti položaja i impulsa se slažu s poˇcetnim vrijednostima, što ukazuje na toˇcnost provedenog raˇcuna (to smo i oˇcekivali
da c´ e se desiti). Takoder
¯ sam potvrdio valjanost Ehrenfestovog teorema. U raˇcunalnim simulacijama
sam takoder
¯ potvrdio stacionarnost y djela valne funkcije i pripadne gusto´ce vjerojatnosti te oscilaciju
x dijela uz oˇcuvanje oblika tokom vremenske evolucije gusto´ce vjerojatnosti (koherentno stanje).
Iako sam dosta vremena potrošio na krivo shva´canje problema zadatka (i rješavanje stvari koje u
biti nisam trebao riješiti), na kraju se ispostavilo da sam dosta toga nauˇcio o problemu anizotropnog
ˇ
oscilatora u fizici. Cesto
se pojavljuje u nuklearnoj fizici kao jedan od modela opisa jezgre, ali je
veoma pouˇcan problem što se tiˇce teorije grupa i simetrija u fizici.
Mogu re´ci da sam, više manje, uspješno riješio ovaj seminar (nisam sasvim siguran u rezultat
vremenske evolucije momenta koliˇcine gibanja), te da sam dosta toga nauˇcio.
17
7
Dodatak
7.1
Raspis funkcije izvodnice pri raˇcunu x dijela valne funkcije u proizvoljnom trenutku
Iz jednadžbe (30) imamo:
(
)n
(√
)
∞
∑
1 1 −iωx t
mω x
ζ0 e
Hnx
x
n! 2
~
n =0 x
(70)
1
s = ζ0 e−iωx t
2
(71)
x
Vidimo da je:
tada je:
e
−s2 +2s
7.2
√ mωx
~
x
√
(
)
1 2 2iωx t
mω x
−iω x t
= exp − ζ0 e
+ ζ0 e
x
4
~
raspišemo osciliraju´ci dio
√
√
[
]
mω x
mω x
1 2
1 2
= exp − ζ0 cos(2ω x t) + i ζ0 sin(2ω x t) + ζ0 x
cos(ω x t) − iζ0 x
sin(ω x t)
4
4
~
~
(72)
Raspis oˇcekivane vrijednosti položaja u x smjeru
Uvrštavamo matriˇcni element xmn u sljede´cu formulu:
⟨x⟩ = e−ζ0 /2
2
∑∑
n
m
ζ0m
ζ0n
ei(m−n)ωx t ⟨m|x|n⟩
√
√
n
m
2 n! 2 m!
(73)
uz
√
xmn =
n+1 1
√ δm,n+1 +
2
λ1
√
n 1
√ δm,n−1
2 λ1
(74)
postaje:
⟨x⟩ = e
−ζ02
/2
∑∑
n
m
√
√
ζ0n
ζ0m
n
+
1
n
1
1
ei(m−n)ωx t
√
√
√ δm,n+1 +
√ δm,n−1
2
2 λ1
λ1
2n n! 2m m!
(75)
Sada jednostavno gledamo kako delta djeluje na sume. Nakon par pokušaja uvidio sam da u drugoj
delta funkciji moram gledati za m = n − 1 odnosno za n = m + 1 (u protivnom bih dobio izraz koji
nema previše smisla). Pošto se radi o “dummy” indeksima sve promijenim na indeks n. Slijedi:
⟨x⟩ = e
−ζ02
√
√
ζ02n
ζ02n
1 ∑ n + 1
ζ0 i(n+1−n)ωx t
n+1
ζ0 i(n−n−1)ωx t
/2 √
e
+ √
e
√
√
√
√
√
λ1 n
2
2
2n+1 (n + 1)! 2n n!
2n+1 (n + 1)! 2n n!
(76)
18
U nazivnicima možemo prepoznati:
√
1
1
1
= n √ √
√
n
2n+1 (n + 1)! 2 n! 2 n! 2 n + 1
1
Nakon sredivanja
tih izraza imamo:
¯
]
[
ζ0 1 iωx t
ζ0
−iω x t
⟨x⟩ = √
(e + e
) = √ cos(ω x t) = x0 cos(ω x t)
λ1 2
λ1
19
(77)
(78)
Literatura
[1] 2D anizotropni harmoniˇcki oscilator s cjelobrojnim omjerom frekvencija, D. Žoljom, pp. 9, 12
http://student.fizika.org/∼ dzoljom/seminar.pdf
[2] Seminar iz kvantne fizike, Osciliraju´ci valni paket, T, Nikši´c
[3] Wikipedia the free encyclopedia http://en.wikipedia.org/wiki/Hermite_polynomials
20
© Copyright 2024 Paperzz
