Άσκηση 1
Για τις περιοχές A : x < 0, B : x
ελεύθερης εξίσωσης, αφού V(x) = 0:
> 0 η εξίσωση Schroedinger θα έχει τη μορφή της
00
ΨA
+ κ2 ΨA = 0
ΨB00 + κ2 ΨB = 0
Για το σημείο x
= 0 η εξίσωση Schroedinger θα είναι:
Ψ 00 +
2m
(E − V(x)) Ψ = 0 ⇒ Ψ 00 + κ2 Ψ = λδ(x)Ψ
h2
όπου:
κ2 =
2mg
2mE
,λ = 2
2
h
h
Οι λύσεις της Ψ θα είναι της μορφής:
ΨA = eiκx + Ae−iκx
ΨB = Beiκx
ˆ =
Σημείωση: Η συνάρτηση Ψ = Aeiκx είναι ιδιοσυνάρτηση του τελεστή της ορμής p
d
−ih dx
, με ιδιοτιμή hκ, και περιγράφει κίνηση προς τα δεξιά όταν k > 0, με ταχύτητα hk
m.
Αντίστοιχα, περιγράφει κίνηση προς τα αριστερά όταν k < 0.
ΨA (0) = ΨB (0) ⇒ 1 + A = B
∫ +a
00
∫ +a
Ψ dx +
−a
∫ +a
2
κ Ψdx =
−a
λδ(x)Ψdx
−a
Ψ 0 (+a) − Ψ 0 (−a) + κ2
∫ +a
Ψdx = λΨ(0)
−a
Για lima→0
0
ΨB0 (0) − ΨA
(0) = λΨ(0) ⇒
iκB − (iκ − iκA) = λ(1 + A) ⇒
iκ(1 + A) − (iκ − iκA) = λ(1 + A) ⇒
λ
A=
−λ + 2iκ
2iκ
B=1+A=
−λ + 2ik
1
Οι συντελεστές ανάκλασης (R-Reflection) και μετάδοσης (T-Transmission) θα είναι:
λ2
λ2 + 4κ2
4κ2
T = |B|2 = 2
λ + 4κ2
R = |A|2 =
Παρατηρούμε ότι επιβεβαίωνεται η σχέση R + T
= 1.
Άσκηση 2
√
Η κυματοσυνάρτηση ενός συστήματος είναι
Ψ(θ, ϕ) =
3
8π (sin ϕ sin θ
+ i cos θ). Να
δειχτεί ότι η Ψ είναι ιδιοσυνάρτηση του Lˆ2 . Ποια είναι η ιδιοτιμή; Ποια είναι τα δυνατά αποτελέσματα μιας μέτρησης του τελεστή Lz και με ποια πιθανότητα;
Γνωρίζω ότι sin ϕ
=
eiϕ −e−iϕ
. Επομένως:
2i
√
[
( iϕ
)
]
e − e−iϕ
3
sin θ
+ i cos θ
Ψ(θ, ϕ) =
8π
2i
√
√
√
1
3
1
3
3
iϕ
−iϕ
=
sin θe −
sin θe
+i
cos θ
2i 8π
2i 8π
8π
i
i
i
= Y11 + Y1−1 + √ Y10
2
2
2
P(m = 1) = |C1 |2 = 1/4
P(m = −1) = |C2 |2 = 1/4
P(m = 0) = |C3 |2 = 1/2
Άσκηση 3
∑k
ˆ ενός κβαντομηχανικού συστήματος είναι άθροισμα τελεστών H =
Αν ο τελεστής H
1 Hi ,
όπου ο κάθε ένας αποτελείται από μία μόνο συντεταγμένη, τότε η ανεξάρτητη του χρόνου
∏k
εξίσωση του Schroedinger έχει λύση το γινόμενο των λύσεων των εξισώσεων ψ =
1 ψk ,
η δε ενέργεια του συστήματος θα δίνεται από τη σχέση: E
Αρκεί να αποδείξουμε ότι ο τελεστής H
=
∑k
2
1
=
∑k
1
Ei
Hi και η κυματοσυνάρτηση ψ =
∏k
1
ψk
ικανοποιούν την χρονοανεξάρτητη εξίσωση του Schroedinger:
(
|
k
∑
)
Hi
i=1
{z
k
∏
ψi =
i=1
} | {z }
H
k ∏
k
∑
Hi ψj =
i=1 j=1
k ∏
k
∑
Hi ψj =
i=1 j=1
k ∏
k
∑
Ei ψj =
i=1 j=1
ψ
k
∑
i=1
ˆ . Να δειχτεί ότι:
Έστω τελεστής που δεν εξαρτάται από το χρόνο G
d ˆ
1 ˆ ˆ
hGi = h[G,
H]i
dt
ih
Γνωρίζουμε εξ’ορισμού ότι ισχύει:
∫
hGi = Ψ∗ GΨdx
Οπότε:
∫
d ˆ
d
Ψ∗ GΨdx
hGi =
dt
dt
∫(
)
0
=
Ψ∗ GΨ + Ψ∗ G 0 Ψ + Ψ∗ GΨ 0 dx
∫
0
= Ψ∗ GΨ + Ψ∗ GΨ 0 dx
HΨ = ih
∂Ψ
⇒
∂t
∂Ψ
1
= HΨ
∂t
ih
Οπότε με αντικατάσταση:
)
∫(
1
1
∗
∗
− HΨ GΨ + Ψ G HΨ dx
ih
ih
∫
1
(Ψ∗ GHΨ − HΨ∗ GΨ) dx
=
ih
∫
1
Ψ∗ (GH − HG) Ψdx
=
ih
1
=
h[G, H]i
ih
d
hGi =
dt
3
k
∏
ψj
j=1
| {z } | {z }
E
Άσκηση 4
Ei
ψ
ˆ δεν είναι ανεξάρτητος του χρόνου, τότε θα ισχύει:
Σημείωση: Αν ο τελεστής G
d
1
∂G
hGi = h[G, H]i + h
i
dt
ih
∂t
ˆ είναι ανεξάρτητος του χρόνου, δηλαδή ∂G = 0,
Από τη σχέση αυτή φαίνεται πως αν ο G
∂t
και αν ο τελεστής μετατίθεται με τον χαμιλτονιανό τελεστή, δηλαδή [G, H] = 0, τότε η μέση
dhGi
ˆ είναι σταθερή, δηλαδή
τιμή του φυσικού μεγέθους που περιγράφεται από τον G
dt
= 0.
ˆ θα είναι διατηρήσιμο και συνε∆ηλαδή το μέγεθος που περιγράφεται από τον τελεστή G
πώς θα αποτελεί σταθερά της κίνησης.
Άσκηση 5
Για σωματίδιο που κινείται σε δυναμικό V(x), να αποδειχτεί ότι:
d 2
1
[hxpx i + hpx xi]
hx i =
dt
m
Εφαρμόζουμε την προηγούμενη σχέση, για G
= x2 :
]
1
i [
d 2
hx i =
h[x2 , H]i = h H, x2 i
dt
ih
h
H=
)
p2
1 ( 2
px + p2y + p2z + V(x)
+ V(x) =
2m
2m
Εφαρμόζουμε την ταυτότητα [A, BC]
= [A, B]C + B[A, C] (εδώ είναι A = H, B =
C = x):
[H, x2 ] = [H, xx] = [H, x]x + x[H, x]
[
]
p2y
p2x
p2
+
+ z + V(x), x
2m 2m 2m
1 2
=
[p , x]
2m x
[H, x] =
Όμως:
[p2x , x] = −[x, p2x ] = −[x, px px ] = −[x, px ]px − px [x, px ]
= −ihpx − px (ih) = −2ihpx
4
[H, x2 ] =
1
ih
[(−2ihpx )x + x(−2ihpx )] = − (px x + xpx )
2m
m
[
]
d 2
i
i
ih
hx i = h[H, x2 ]i = h − (px x + xpx ) i
dt
h
h
m
1
= hpx x + xpx i
m
1
[hpx xi + hxpx i]
=
m
Άσκηση 6
d
α. Να βρεθούν οι ιδιοσυναρτήσεις και οι ιδιοτιμές του τελεστή x + dx
.
ˆ
β. Ποιες τιμές πρέπει να έχουν τα α, β, ώστε οι τελεστές A
ερμιτιανοί;
α. Εξ’ ορισμού ένας τελεστής
σχέση:
ˆ = β d να είναι
= αx και B
dx
ˆ έχει ιδιοσυνάρτησεις Ψ και ιδιοτιμές λ, όταν ισχύει η
A
ˆ = λΨ
AΨ
Επομένως, αρκεί να λύσουμε την εξίσωση ιδιοτιμών:
(
)
d
x+
Ψ = λΨ
dx
xΨ + Ψ 0 = λΨ
Ψ 0 = (λ − x)Ψ
Ψ0
=λ−x
Ψ
(ln Ψ) 0 = λ − x
ln Ψ = λx −
x2
+C
2
Ψ = Ceλx−
x2
2
ˆ λέγεται ερμιτιανός όταν ισχύει η σχέση:
β. Εξ’ ορισμού ένας τελεστής A
∫
∫
ψ∗ (Aϕ)dx = (Aψ)∗ ϕdx
Επομένως, αρκεί να λύσουμε την εξίσωση:
5
∫
∫
ψ∗ (αxϕ)dx = (αxψ)∗ ϕdx
α = α∗
α∈R
∫
∫
ψ∗ (Bϕ)dx = (Bψ)∗ ϕdx
)∗
∫
∫(
dϕ
dψ
ψ∗ β
dx =
β
ϕdx
dx
dx
Άσκηση 7
Έστω y(r) = F(r) exp(−γr), όπου ισχύει: F 00 − 2γF 0 + 2r F = 0. Να κατασκευαστούν
οι πρώτες τρεις κανονικοποιημένες σφαιρικά συμμετρικές ιδιοσυναρτήσεις του ατόμου του
υδρογόνου σε ατομικές μονάδες.
2
n(n − 1)rn−2 − 2γnrn−1 + rn = 0
r
n(n − 1)rn−2 + (−2γn + 2)rn−1 = 0
(−2γn + 2) rn−1 = 0 ⇒ γ =
Είναι y(0) = 0 ⇒
τερο ή ίσου του ένα.
1
n
F(0) = 0. Άρα το πολύωνυμο F(r) πρέπει να είναι βαθμού μεγαλύ-
y(r) = rψ(r), γ =
1
, n = 1, ψ(r) = F(r)e−γr
n
ψ(r) = Ne−r
Άσκηση 8
α. Να δειχτεί ότι το γινόμενο δύο ερμιτιανών τελεστών είναι ερμιτιανός, μόνο αν οι τελεστές
μετατίθενται.
β. Πότε λέγεται πως ένα τελεστής είναι θετικά ορισμένος;
γ. Να δειχτεί ότι υπάρχει ερμιτιανός τελεστής της μορφής A† A και θετικά ορισμένος.
δ. Να δειχτεί ότι αν Α,Β είναι δύο τυχόντες τελεστές, τότε οι παρακάτω συνδυασμοί είναι ερμιτιανοί τελεστές:
AB + BA
6
i(AB − BA)
ˆ B
ˆ , οπότε εξ’ ορισμού ισχύει:
α) Έστω δύο ερμιτιανοί τελεστές A,
∫
∫
ψ (Aϕ)dx = (Aψ)∗ ϕdx
∫
∫
ψ∗ (Bϕ)dx = (Bψ)∗ ϕdx
∗
Για να είναι το γινόμενό τους ερμιτιανός τελεστής πρέπει και αρκεί:
∫
∫
ψ∗ (ABϕ)dx = (ABψ)∗ ϕdx
∫
∫
∫
∗
∗
ψ (ABϕ)dx = (Aψ) (Bϕ)dx = (BAψ)∗ ϕdx
Απ’ όπου προκύπτει ότι η παραπάνω ισότητα θα ισχύει μόνο όταν:
AB = BA ⇔ [A, B] = 0
ˆ B
ˆ μετατίθενται.
Δηλαδή, μόνο όταν οι A,
β) Ένας τελεστής λέγεται θετικά ορισμένος όταν έχει πάντα θετική μέση τιμή.
γ) Για να είναι ο A† A ερμιτιανός τελεστής πρέπει και αρκεί:
(ψ, A† Aϕ) = (A† Aψ, ϕ)
Είναι εξ’ ορισμού:
(
) (
) (
) (
)
ψ, A† Aϕ = (A† A)† ψ, ϕ = A† (A† )† ψ, ϕ = A† Aψ, ϕ
ορ.
δ) Για να είναι ένας τελεστής ερμιτιανός, αρκεί να είναι ίσος με τον συζυγή του:
(AB + BA)∗ = (AB)∗ + (BA)∗ = B∗ A∗ + A∗ B∗ = BA + AB = AB + BA
[i(AB − BA)]∗ = i∗ (AB − BA)∗ = −i[(AB)∗ − (BA)∗ ] = −i(B∗ A∗ − A∗ B∗ )
= −i(BA − AB) = i(AB − BA)
Όπου (μεταξύ άλλων ιδιοτήτων) κάναμε χρήση ότι οι κβαντομηχανικοί τελεστές είναι ερμιτιανοί, δηλαδή ότι A∗ = A, B∗ = B.
Άσκηση 9
Να δεχτεί η γενικευμένη έκφραση της απροσδιοριστίας για 2 φυσικά μεγέθη Α, Β:
∆A · ∆B >
7
1
|h[A, B]i|
2
∆A = hA2 i − hAi2 = hA2 i
∆B = hB2 i − hBi2 = hB2 i
hA2 i = (ψ, A2 ψ) = (Aψ, Aψ) = kAψk2
hB2 i = (ψ, B2 ψ) = (Bψ, Bψ) = kBψk2
Από ανισότητα Schwartz ισχύει:
∆A · ∆B = kAψk · kBψk > k(Aψ, Bψ)k
(Aψ, Bψ) = (ψ, ABψ)
(Aψ, Bψ) = (BAψ, ψ)
Προσθέτωντας κατά μέλη παίρνουμε:
2(Aψ, Bψ) = (ψ, ABψ) + (BAψ, ψ)
= (ψ, ABψ) − (ψ, BAψ) + (BAψ, ψ) + (ψ, BAψ)
= (ψ, [A, B]ψ) + (ψ, (AB + BA)ψ)
(
) (
)
[A, B]
AB + BA
(Aψ, Bψ) = ψ,
ψ + ψ,
ψ
2
2
(
) (
)
[A, B]
AB + BA
= ψ, i
ψ + ψ,
ψ
2i
2
[ (
) ]
[A, B] AB + BA
= ψ, i
+
ψ
2i
2
[A, B] AB + BA
= i
+
2i
2
[A, B]
AB + BA
=i
+
2i
2
[A,B]
Οι τελεστές 2i και AB+BA
είναι ερμιτιανοί, επομένως η μέση τιμή τους είναι πραγμα2
τικός αριθμός, άρα το εσωτερικό γινόμενο είναι μιγαδικός αριθμός.
Γνωρίζουμε ότι ∀z
∈ C : |z| > Re(z), |z| > Im(z). Επομένως:
[A, B] 1
= |h[A, B]i|
k(Aψ, Bψ)k > 2
2i
8
Εφαρμογή για θέση x και ορμή p ενός σωματιδίου:
A → x, B → p :
1
1
h
∆x · ∆p > |h[x, p]i| = |hihi| =
2
2
2
Άσκηση 10
ˆ ο τελεστής της ομοτιμίας (parity). Να βρεθούν οι ιδιοτιμές του.
α) Έστω Π
ˆα ο τελεστής μετατόπισης. Να βρεθεί το αποτέλεσμα της δράσης του T Π3 T Π3 σε
β) Έστω T
μια συνάρτηση.
ˆα = e hi apˆx .
γ) Να δειχτεί ότι T
ˆ , αρκεί να λύσουμε την εξίσωση ιδιοτιμών:
α) Για να βρούμε τις ιδιοτιμές του τελεστή Π
Πf(x) = λf(x)
ˆ και στα δύο μέλη της εξίσωσης:
Εφαρμόζουμε τον τελεστή Π
Π(Πf(x)) = Π(λf(x))
Πf(−x) = λΠf(x)
f(x) = λ2 f(x)
λ = ±1
β) Είναι Tˆα f(x)
= f(x + α). Επομένως:
Tα Π3 Tα Π3 = Tα Π3 Tα f(−x)
= Tα Π3 f(−x + α)
= Tα f(x − α)
= f(x)
γ) Είναι:
i
d
e h αpx f(x) = e h α(−ih dx ) f(x)
i
d
= eα dx f(x)
d
Στη συνέχεια θα αναπτύξουμε τον τελεστή eα dx σε μία σειρά McLaurin:
d
)
(
α2 d2
α d
+
+
.
.
.
f(x)
1+
1! dx
2! dx2
α df α2 d2 f
+
+ ...
= f(x) +
1! dx
2! dx2
= f(x + α)
= Tα f(x)
eα dx f(x) =
9
Το άθροισμα που εμφανίζεται είναι ουσιαστικά το ανάπτυγμα McLaurin της συνάρτησης
f(α + x), γύρω από το σημείο a = 0. Θυμίζουμε ότι:
f(α) = f(0) + αf 0 (0) +
a2 00
a3 (3)
f (0) +
f (0) + . . .
2!
3!
Άσκηση 11
Κβαντομηχανική Ι, Τραχανάς, Κεφ. 7, σελ. 319
= i, δείξτε ότι οι τελεστές α, α† ικανο-
α) Με αφετηρία τη βασική μεταθετική σχέση [x, p]
ποιούν τη σχέση:
[α, α† ] = 1
όπου:
1
1
α = √ (x + ip), α† = √ (x − ip)
2
2
[α, α† ] = αα† − α† α
) 1( 2
)
1( 2
=
x − ixp + ipx − i2 p2 −
x + ixp − ipx − i2 p2
2
2
1
= (2ipx − 2ixp)
2
= −i[x, p] = −i2 = 1
β) Δείξτε ότι η χαμιλτονιανή γράφεται συναρτήσει των τελεστών α, α† , ως:
H = α† α +
1
2
όπου:
H=
)
1( 2
p + x2
2
)
1( 2
x + ixp − ipx − i2 p2
2
]
1[ 2
=
x + p2 + i(xp − px)
2
) 1
1( 2
x + p2 + (i[x, p])
=
2
2
1
=H− ⇒
2
1
H = α† α +
2
α† α =
10
γ) Αποδείξτε ότι οι τελεστές α, α† ικανοποιούν -με τη χαμιλτονιανή- τις ακόλουθες μεταθετικές σχέσεις:
[H, α] = −α,
[H, α† ] = a†
Χρησιμοποιούμε για την χαμιλτονιανή τη σχέση που την εκφράζει συναρτήσει των τελεστών α, α† , όπως δείξαμε στο “β”:
[H, α] = Hα − αH
(
(
)
)
1
1
†
†
= α α+
α−α α α+
2
2
= α† α2 − αα† α
(
)
= − αα† − α† α α
= −[α, α† ]α = −α
Ομοίως αποδεικνύεται ότι [H, α† ]
= α† .
δ) Βάσει των μεταθετικών σχέσεων του “γ”, αποδείξτε ότι οι τελεστές α, α† έχουν την ακόˆ με ιδιοτιμή
λουθη ιδιότητα: Όταν δρουν πάνω σε μια ιδιοσυνάρτηση, ψE , της χαμιλτονιανής H
†
ˆ ανεβάζει την ιδιοτιμή κατά μονάδα, ο δε α
ˆ την κατεβάζει επίσης κατά μονάδα.
E, ο μεν α
Αρκεί να δείξουμε ότι οι κυματοσυναρτήσεις α† ψE και αψE , έχουν ιδιοτιμές E + 1 και
E − 1 αντίστοιχα.
[H, α† ] = α†
Hα† − α† H = α†
Hα† ψE − α† HψE = α† ψE
ˆ με ιδιοτιμή E, ισχύει εξ’ ορισμού
Εφόσον όμως η ψE είναι ιδιοσυνάρτηση του τελεστή H
ότι: HψE = EψE . Οπότε:
Hα† ψE = α† ψE + α† EψE
Hα† ψE = α† ψE + Eα† ψE
Hα† ψE = (E + 1) α† ψE
Οπότε πράγματι δείξαμε ότι η κυματοσυνάρτηση α† ψE είναι ιδιοσυνάρτηση του τελεστή
ˆ
H με ιδιοτιμή E + 1. Ομοίως αποδεικνύεται ότι HαψE = (E − 1)ψE .
11
Σχόλιο: εφόσον για τυχούσα ιδιοτιμή E, οι E ± 1 είναι επίσης ιδιοτιμές, αυτό συνεπάγεται
ότι η χαμιλτονιανή έχει ισαπέχουσες ιδιοτιμές με σταθερή απόσταση μεταξύ τους ίση με ένα.
Έτσι, E = E0 +n, όπου E0 η χαμηλότερη ιδιοτιμή που αντιστοιχεί στη θεμελιώδη κατάσταση.
ε) Δείξτε ότι E0
= 21 , χρησιμοποιώντας την H = α† α + 12 .
Εφόσον η E0 είναι ιδιοτιμή της χαμιλτονιανής, και έστω ότι η αντίστοιχη ιδιοσυνάρτηση
είναι η ψ0 , τότε εξ’ ορισμού ισχύει:
Hψ0 = E0 ψ0
(
)
1
α† α +
ψ0 = E0 ψ0
2
(
)
1
α† αψ0 = E0 −
ψ0
2
1
E0 =
2
στ) Επικαλεστείτε την ιδιότητα της ψ0 που αναφέραμε πριν, για να γράψετε πρωτοτάξια διαφορική εξίσωση βάσει της οποίας η ψ0 μπορεί να υπολογιστεί αμέσως. Με γνωστή την ψ0 ,
τι θα κάνατε για να υπολογίσετε τις ανώτερες ιδιοσυναρτήσεις; Κάντε το τουλάχιστον για τις
δύο πρώτες από αυτές.
(
1
√
2
αψ0 (x) = 0
)
d
x+
ψ0 (x) = 0
dx
dψ0
xψ0 (x) +
=0
dx
Η λύση της οποίας είναι:
ψ0 (x) = Ce−
x2
2
Η σταθερά C υπολογίζεται από τη συνθήκη κανονικοποίησης:
∫ +∞
ψ∗0 (x)ψ0 (x)dx = 1
∫ +∞
2
C2
e−x dx = 1
−∞
√
C2 π = 1
−∞
1
C= √
4
π
Επομένως η ιδιοσυνάρτηση της θεμελιώδους κατάστασης του αρμονικού ταλαντωντή είναι η:
1 − x2
e 2
ψ0 (x) = √
4
π
12
Οι ανώτερες ιδιοσυναρτήσεις υπολογίζονται εφαρμόζοντας τον τελεστή αναβίβασης a† :
ψ1 (x) = α† ψ0 (x)
(
)
d
1 − x2
1
√
x−
e 2
ψ1 (x) = √
4
dx
π
2
(
)
x2
d
1
x
−
e− 2
ψ1 (x) = √
4
dx
4π
x2
1
(2x)e− 2
ψ1 (x) = √
4
4π
√
x2
4 4
ψ1 (x) =
xe− 2
π
Ομοίως υπολογίζεται και η ψ2 (x).
ζ) Αν ψn είναι οι κανονικοποιημένες ιδιοσυναρτήσεις του αρμονικού ταλαντωτή, δείξτε ότι
η δράση των α, α† πάνω σε αυτές δίνει:
αψn =
√
nψn−1 ,
α† ψn =
√
n + 1ψn+1
Έχουμε ήδη δείξει στο “ζ” ότι:
Hαψn = (E − 1)αψn
Η ιδιοσυνάρτηση αψn όμως δεν είναι ακόμη κανονικοποιημένη:
(αψn , αψn ) = (ψn , α† αψn )
)
)
(
(
1
ψn
= ψn , H −
2
1
= (ψn , Hψn ) − (ψn , ψn )
2
1
= En (ψn , ψn ) − (ψn , ψn )
2
Εφόσον όμως δίνεται ότι οι συναρτήσεις ψn είναι κανονικοποιημένες, ισχύει ότι (ψn , ψn ) =
1, οπότε:
1
(αψn , αψn ) = En −
2)
(
1
1
=
+n −
2
2
=n
Επομένως:
√
αψn
√ = ψn−1 ⇒ αψn = nψn−1
n
13
Ομοίως αποδεικνύεται ότι α† ψn
=
√
n + 1ψn+1 .
η) Χρησιμοποιείστε τις αναδρομικές σχέσεις από το “ζ” για να υπολογίσετε με έναν καθαρά
αλγεβρικό τρόπο -δηλαδή χωρίς χρήση της εκπεφρασμένης μορφής των ιδιοσυναρτήσεωντις μέσες τιμές:
(
)
(
)
(
)
hx2 i ≡ ψn , x2 ψn , hp2 i ≡ ψn , p2 ψn , hx4 i ≡ ψn , x4 ψn
Γνωρίζουμε ότι:
α
α†
1
= √ (x + ip)
2
1
= √ (x − ip)
2
Θα λύσουμε το σύστημα των εξισώσεων ως προς x, p:
√
2x
√
α − α† = 2ip
α + α† =
Επομένως:
2hx2 i = (ψn , 2x2 ψn )
(
)
2
= ψn , (α2 + αα† + α† α + α† )ψn
)
(
) (
) (
) (
2
= ψn , α2 ψn + ψn , αα† ψn + ψn , α† αψn + ψn , α† ψn
Εφόσον όμως τα ψn είναι ορθοκανονικά ισχύει (ψn , ψm )
στής του Kronecker. Οπότε:
= δnm , όπου δnm ο τελε-
(
) (
)
2hx2 i = ψn , αα† ψn + ψn , α† αψn
√
αα† ψn = α n + 1ψn+1
√
= n + 1αψn+1
= (n + 1)ψn
√
α† αψn = α† nψn−1
√
= nα† ψn−1
= nψn
2hx2 i = (n + 1) + n ⇒ hx2 i = n +
14
1
2
Ομοίως αποδεικνύεται ότι hp2 i
ψουμε:
H=
= n + 21 . Εναλλακτικά, μπορούμε πιο σύντομα να γρά-
)
1( 2
1
1
x + p2 ⇒ hHi = hx2 i + hp2 i
2
2
2
⇒ hp2 i = 2hHi − hx2 i
⇒ hp2 i = 2hEi − hx2 i
⇒ hp2 i = 2n + 1 − n −
1
1
=n+
2
2
(
) (
)
4hx4 i = ψn , 4x4 ψn = ψn , (α + α† )4 ψn
)
(
)4 (
2 2
α + α† = α2 + αα† + α† α + α†
Αν αναπτύξουμε την παραπάνω ταυτότητα θα προκύψει ένα άθροισμα με 16 όρους. Επειδή
όπως είπαμε οι ψn είναι ορθοκανονικές, (ψn , ψm ) = δnm . Επομένως θα “κρατήσουμε”
εκείνους τους όρους για τους οποίους n = m. Για να ικανοποιείται αυτή η συνθήκη, πρέπει
και αρκεί σε κάθε έναν από αυτούς τους όρους, ο αριθμός των τελεστών αναβίβασης και καταβίβασης να είναι ίσος μεταξύ τους, ανεξάρτητα από τη σειρά με την οποία οι τελεστές αυτοί
δρουν στην ψn .
Τελικά, γράφουμε:
(
(
)
)
(
)2 (
)2
2
2
2
4hx4 i = ψn , α2 α† + α† α2 + αα† + α† α + αα† α + α† α2 α† ψn
2
√
n + 1α2 α† ψn+1
√
√
= n + 1 n + 2α2 ψn+2
√
= n + 1(n + 2)αψn+1
α2 α† ψn =
= (n + 1)(n + 2)ψn
2
√ †2
nα αψn−1
√ √
2
= n n − 1α† ψn−2
√
= n(n − 1)α† ψn−1
α† α2 ψn =
= n(n − 1)ψn
( † )2
αα ψn = αα† αα† ψn
√
= n + 1αα† αψn+1
= (n + 1)αα† ψn
= (n + 1)2 ψn
15
( † )2
α α ψn = α† αα† αψn
√
= nα† αα† ψn−1
= nα† αψn
= n2 ψn
2
αα† αψn =
√
2
nαα† ψn−1
= nαα† ψn
= n(n + 1)ψn
α† α2 α† ψn =
√
n + 1α† α2 ψn+1
= (n + 1)α† αψn
= n(n + 1)ψn
Επομένως:
(
) (
) (
)
4hx4 i = n2 + 3n + 2 + n2 − n + n2 + 2n + 1 + n2 + (2n2 + 2n)
= 6n2 + 6n + 3 ⇒
)
3( 2
hx4 i =
2n + 2n + 1
4
θ) Να αποδειχθεί ότι η μέση κινητική ενέργεια είναι ίση με τη μέση δυναμική (θεώρημα του
Virial)
Εργαζόμαστε κατά τα γνωστά στο σύστημα μονάδων h
= m = ω = 1:
1
2
1
hVi = hx2 i = n +
2
hT i = hp2 i = n +
Σημείωση: Στην κλασική μηχανή το θέωρημα του Virial παίρνει τη μορφή:
2hT i = hVi
Άσκηση 12
Να υπολογιστεί η αβεβαιότητα στη θέση
λιώδη κατάστασή του.
x του κβαντικού αρμονικού ταλαντωτή στη θεμε-
Εξ’ ορισμού είναι:
hx2 i =
∫ +∞
ψ∗0 (x)x2 ψ0 (x)dx
−∞
16
Η αδιάστατη ιδιοσυνάρτηση (δηλαδή για h
σης του κβαντικού αρμονικού ταλαντωτή είναι:
= m = ω = 1) της θεμελιώδους κατάστα-
1 − x2
ψ0 (x) = √
e 2
4
π
Επομένως:
∫
1 +∞ 2 −x2
hx2 i = √
x e
dx
π −∞
1 1 √
=√ · · π
π 2
1
=
2
Τελικά:
(∆x)2 = hx2 i − hxi2 =
1
1
⇒ ∆x = √
2
2
Άσκηση 13
Δίνεται ο “μισός” κβαντικός αρμονικός ταλαντωτής:
{
V(x) =
1
2
2 kx ,
+∞,
x>0
x60
α) Να βρεθούν οι επιτρεπτές τιμές ενέργειάς του.
β) Να υπολογιστεί η μέση τιμή hxi στη θεμελιώδη κατάστασή του, και να συγκριθεί με την
αντίστοιχη του “πλήρους” κβαντικού αρμονικού ταλαντωτή.
Η θεμελιώδης κατάσταση του “μισού” κβαντικού αρμονικού ταλαντωτή είναι για n
δηλαδή αντιστοιχεί στην ιδιοσυνάρτηση ψ1 (x) και ιδιοτιμή E1 = 32 . Οπότε:
hxi =
∫ +∞
0
∫ +∞
=
= 1,
ψ∗1 (x)xψ1 (x)dx
x |ψ1 (x)|2 dx
0
Γνωρίζουμε ότι:
√
ψ1 (x) =
4
4 − x2
xe 2
π
Ωστόσο η ψ1 (x) δεν είναι κανονικοποιημένη πλέον, διότι στον “πλήρη” κβαντικό αρμονικό ταλαντωτή το σωματίδιο κινείται στο διάστημα (−∞, +∞), ενώ στο “μισό” στο διάστημα
την ψ1 (x) επί έναν παράγο√ (0, +∞). Για το λόγο αυτό πρέπει να πολλαπλασιάσουμε
∫+∞
ντα 2, ώστε όταν λάβουμε το ολοκλήρωμα 0 |ψ1 (x)2 | αυτό να είναι ίσο με 1.
17
Οπότε:
∫
4 +∞ 3 −x2
hxi = √
x e
dx
π 0
4 1
=√ ·
π 2
2
=√
π
Άσκηση 14
Εάν τα πολυώνυμα Hermite παράγονται από τη γεννήτρια:
G(x, s) = exp(−s2 + 2xs) =
∑ Hn (x)
n
n!
sn
α) να υπολογιστεί το Hn (x) ως συνάρτηση της G(x, s).
β) να δειχθεί ότι ικανοποιούν την εξής διαφορική εξίσωση:
Hn00 (x) − 2xHn0 (x) + 2nHn (x) = 0
{
Hn (x)
n!
}
= H0 (x), H1 (x),
G(x, s) = H0 (x) + H1 (x)s +
H2 (x) H3 (x)
,
...
2!
3!
H2 (x) 2 H3 (x) 3
s +
s + ...
2!
3!
H2 (x)
H3 (x) 2
∂G ∂G
= H1 (x) + 2
s+3
s ... ⇒
= H1 (x)
∂s
2!
3!
∂s s=0
Γενικά θα είναι:
∂n G(x, s) Hn (x) =
∂sn s=0
Ξεκινώντας από τη σχέση:
G(x, s) = exp(−s2 + 2xs) =
∑ Hn (x)
n
n!
Παραγωγίζω κατά μέλη ως προς x:
∑ H 0 (x)
n
sn
n!
n
∑ Hn (x)
∑ H 0 (x)
n
2s
sn =
sn
n!
n!
n
n
∑ 2Hn (x)
∑ H 0 (x)
n
sn+1 =
sn
n!
n!
n
n
2sG(x, s) =
18
sn
Για να είναι δύο πολυώνυμα ίσα μεταξύ τους πρέπει και αρκεί οι συντελεστές των ισοβάθμιων δυνάμεων να είναι ίσοι μεταξύ τους.
∑ 2Hn (x)
n!
n
sn+1 =
∑ H 0 (x)
n+1
sn+1
n!(n
+
1)
n
0
2(n + 1)Hn (x) = Hn+1
(x)
Ή ισοδύναμα:
Hn0 (x) = 2nHn−1 (x),
n = 1, 2, . . .
Επιστρέφουμε στην αρχική σχέση:
G(x, s) = exp(−s2 + 2xs) =
∑ Hn (x)
n!
n
sn
Παραγωγίζω κατά μέλη ως προς s:
2(x − s)G(x, s) =
2(x − s)
∑ 2xHn (x)
n
n!
∑ 2xHn (x)
n!
n
∑ Hn (x)
n!
n
n
s −
∑ 2Hn (x)
n
sn −
n!
n
n!
n
sn =
∑ nHn (x)
n!
n
n+1
s
∑ 2nHn−1 (x)
n!
∑ nHn (x)
=
∑ nHn (x)
n!
n
sn =
sn−1
sn−1
sn−1
∑ Hn+1 (x)
n!
n
sn
Οπότε τελικά:
Hn+1 (x) − 2xHn (x) + 2nHn−1 (x) = 0,
n = 1, 2, . . .
Hn0 (x) − 2xHn (x) + Hn+1 (x) = 0
0
Hn00 (x) − 2Hn (x) − 2xHn0 (x) + Hn+1
(x) = 0
0
Hn00 (x) − 2xHn0 (x) + Hn+1
(x) − 2Hn (x) = 0
0
− 2xHn (x) + 2(n + 1)Hn (x) − 2Hn (x) = 0
Hn00 (x)
Hn00 (x) − 2xHn0 (x) + 2nHn (x) = 0
γ) Να αποδείξετε τον τύπο του Rodriguez:
2
Hn (x) = (−1)n ex
19
dn −x2
e
dxn
Έχουμε ήδη δείξει, στο προηγούμενο ερώτημα, ότι:
Hn+1 (x) = 2xHn (x) − Hn0 (x)
= − (−2xHn (x) + Hn0 (x))
[(
]
)0
x2
−x2
−x2 0
= −e
e
Hn (x) + e
Hn (x)
= −ex
2
)
d ( −x2
e
Hn (x)
dx
Hn (x) = −ex
2
)
d ( −x2
e
Hn−1 (x)
dx
[
(
(
))]
d
2
2 d
2
e−x Hn−1 (x)
e−x −ex
dx
dx
)
2 (
d
2
−x2
= (−1)2 ex
e
H
(x)
n−1
dx2
Hn+1 (x) = −ex
2
Οπότε, τελικά:
2
Hn+1 (x) = (−1)n+1 ex
Η’ κάνοντας την αντικατάσταση n + 1
dn+1 −x2
e
dxn+1
→ n:
2
Hn (x) = (−1)n ex
d −x2
e
dxn
δ) Να δειχτεί ότι το πολυώνυμο Hermite βαθμού n είναι άρτια ή περιττή συνάρτηση, αν το n
είναι άρτιος ή περιττός αριθμός αντίστοιχα.
dn
2
e−(−x)
n
d(−x)
n
d
2
2
e−x
= (−1)n ex
d(−x)n
= (−1)n Hn (x)
Hn (−x) = (−1)n e(−x)
Οπότε:
{
Hn (−x) =
2
(−1)2k
Hn (x) = Hn (x)
(−1)2k+1 Hn (x) = −Hn (x)
ε) Να δειχτεί ότι στον κβαντικό αρμονικό ταλαντωτή είναι hxi
20
= 0, hpi = 0.
Οι ιδιοσυνάρτησεις του αρμονικού ταλαντωτή έχουν την εξής μορφή:
ψn (x) = NHn (x)e−
x2
2
όπου N ∈ R η σταθερά κανονικοποίησης και Hn (x) το πολυώνυμο Hermite βαθμού n.
Εξ’ ορισμού ισχύει για τη μέση τιμή ενός κβαντικού μεγέθους:
hxi = (ψn , xψn ) =
∫ +∞
∫ +∞
2
xHn (x)2 e−x dx
x|ψn (x)|2 dx = N2
−∞
−∞
2
Η συνάρτηση όμως g(x) = xHn (x)2 e−x είναι περιττή. Επομένως το ολοκλήρωμα της
στο (−∞, +∞) θα είναι μηδέν. Οπότε δείξαμε ότι:
hxi = 0
Ομοίως εργαζόμαστε για τη μέση τιμή της ορμής p:
hpi = (ψn , pψn ) =
∫ +∞
−∞
ψ∗n
(
)
dψn
−ih
dx
dx
[
]
x2
x2
dψn
= N Hn0 (x)e− 2 − xHn (x)e− 2
dx
∫ +∞
)
x2
− xHn (x)e− 2 dx
−∞
∫ +∞
∫ +∞
2
2
= −ihN2
Hn (x)Hn0 (x)e−x dx + ihN2
xHn (x)2 e−x dx
hpi = −ihN2
Hn (x)e−
x2
2
(
Hn0 (x)e−
x2
2
−∞
−∞
(
)
2
2
2
g1 (x) = Hn (x)Hn0 (x)e−x = Hn (x) 2nHn−1(x) e−x = 2nHn (x)Hn−1 (x)e−x
Όπως έχουμε δείξει παραπάνω τα πολυώνυμα Hermite είναι άρτια ή περιττά, ανάλογα
με το αν ο βαθμός τους είναι άρτιος ή περιττός. Οπότε το γινόμενο Hn (x)Hn−1 (x), θα είναι
πάντα το γινόμενο μιας άρτιας επί μια περιττή συνάρτηση, δηλαδή περιττή συνάρτηση. Τελικά
2
η g1 (x) θα είναι μια περιττή συνάρτηση, αφού η e−x είναι άρτια.
Μπορούμε επίσης να επικαλεστούμε την ορθογωνιότητα των ιδιοσυναρτήσεων και να
γράψουμε:
∫ +∞ (
∫ +∞
2 )(
2 )
− x2
− x2
NHn (x)e
NHn−1 (x)e
dx =
ψ∗n ψn−1 dx = 0
−∞
−∞
2
g2 (x) = xHn (x)2 e−x
Ομοίως η g2 (x) είναι περιττή συνάρτηση. Οπότε τελικά:
hpi = 0
21
Άσκηση 15
θεωρώ γραμμικό αρμονικό ταλαντωτή και ψ0 , ψ1 έστω ότι το σύστημα περιγράφεται από
την κατάσταση Ψ = Aψ0 + Bψ1 .
α) Να δειχτεί ότι hxi 6= 0.
β) Να βρεθεί πότε το hxi γίνεται ελάχιστο ή μέγιστο.
∫
(
)
A2 ψ20 + B2 ψ21 + 2ABψ0 ψ1 dx = 1
∫
∫
∫
2
2
2
2
⇒ A ψ0 dx + B ψ1 + 2AB ψ0 ψ1 dx = 1
(Ψ, Ψ) = 1 ⇒
Γνωρίζουμε ωστόσο ότι οι ιδιοκαταστάσεις ψ0 , ψ1 είναι ορθοκανονικές οπότε:
|ψ20 | = 1, |ψ21 | = 1, (ψ0 , ψ1 ) = 0
A2 + B2 = 1,
A, B 6= 0
hxi = (Ψ, xΨ)
∫
= xΨ2 dx
∫
(
)
= x A2 ψ20 + B2 ψ21 + 2ABψ0 ψ1 dx
∫
∫
∫
= A2 xψ20 dx + B2 xψ21 + 2AB xψ0 ψ1 dx
= 2AB hψ0 |x|ψ1 i
Που γενικά είναι διάφορο του μηδενός.
AB = A
g 0 (A) =
√
1 − A2 = g(A)
√
−2A
=0
1 − A2 + A √
2 1 − A2
1 − A2 − A2 = 0
2A2 = 1
1
A = ±√
2
(
g
1
√
2
)
1
= ±√
2
√(
)
1
1
1−
=±
2
2
22
Άσκηση 16
Τη χρονική στιγμή t
κυματοσυνάρτηση:
= 0 ένα σωμάτιο είναι σε V(x) =
1
2 2
2 mω x και περιγράφεται από
∑ ( 1 )n
√
Ψ(x, 0) = A
ψn (x)
2
n
α) Να υπολογιστεί η σταθερά κανονικοποίησης A.
∫ +∞
Ψ∗ (x, 0)Ψ(x, 0)dx = 1
]
)n
∫ +∞ [∑ (
∑ ( 1 )n
1
2
∗
√
√
A
ψn (x) ·
ψn (x) = 1
2
2
−∞
n
n
∑ ( 1 )n+m ∫ +∞
√
ψ∗n (x)ψm (x)dx = 1
A2
2
−∞
n,m
|
{z
}
−∞
δnm
A2
∑ ( 1 )n
n
2
=1
1
A2 = ∑ ( 1 )n
n
2
1
A= √
2
β) Να βρεθεί η Ψ(x) για t
> 0.
)n
(
t
1 ∑ 1
√
Ψ(x, t) = √
ψn (x)e−iEn h
2 n
2
n+1
(
)
∑ 1 2
1
=
ψn (x)e−iωt(n+ 2 )
2
n
γ) Να δειχθεί ότι η Ψ(x, t) είναι περιοδική συνάρτηση, να βρεθεί η περίοδός της καθώς επίσης
και πότε αυτή γίνεται μέγιστη.
23
|Ψ(x, t)|2 = Ψ∗ (x, t) · Ψ(x, t)
n+1
n+1
∑ (1) 2
∑ (1) 2
1
iωt(n+ 12 )
∗
=
ψn (x)e
ψn (x)e−iωt(n+ 2 )
2
2
n
n
n+m
(
)
+1
∑ 1
2
=
e−iωt(n−m) ψ∗n (x)ψm (x)
2
n,m
Επομένως η |Ψ(x, t)|2 είναι περιοδική συνάρτηση διότι έχει τον περιοδικό παράγοντα:
e−iωt(n−m)
Με περίοδο:
T=
2π
2π
⇒ Tmax =
,n − m = 1
ω(n − m)
ω
δ) Να υπολογιστεί η μέση τιμή hEi της ενέργειας, τη χρονική στιγμή t
= 0.
hEi0 = (Ψ(x, 0), HΨ(x, 0))
∫ +∞
=
Ψ∗ (x, 0)HΨ(x, 0)dx
−∞
=
∑ (1)
n,m
n+m
+1
2
2
∫ +∞
−∞
ψ∗m Hψn dx
Γνωρίζουμε ωστόσο
) ιδιοσυναρτήσεις ψn ικανοποιούν την εξίσωση ιδιοτιμών Hψn =
( ότι οι
En ψn , όπου En = n + 12 hω.
Οπότε:
hEi0 =
∑ (1)
n,m
∫ +∞
n+m
+1
2
En
2
|
−∞
ψ∗m ψn dx
{z
}
δnm
)
∑ ( 1 )n+1 (
1
n+
hω
=
2
2
n
Άσκηση 17
Να βρεθεί ποια είναι η εξάρτηση από το χρόνο της παρακάτω ποσότητας:
∫ +∞
I=
Ψ∗ (x, t)Ψ(x, t)dx
−∞
24
dI
Θα υπολογίσουμε την παράγωγο dt
:
∫
dI
d +∞ ∗
=
Ψ (x, t)Ψ(x, t)dx
dt
dt −∞
)
∫ +∞ ( ∗
∂Ψ (x, t)
∂Ψ(x, t)
=
Ψ(x, t) + Ψ∗ (x, t)
dx
∂t
∂t
−∞
Γνωρίζουμε ωστόσο ότι η χρονική εξέλιξη ενός κβαντομηχανικού συστήματος περιγράφεται από την (χρονοεξαρτώμενη) εξίσωση Schroedinger:
∂Ψ
= HΨ ⇒
∂t
∂Ψ
1
= HΨ ⇒
∂t
ih
1
∂Ψ∗
= − (HΨ)∗
∂t
ih
ih
Αντικαθιστώντας τις μερικές παραγώγους:
)
1
∗
∗ 1
− (HΨ) Ψ + Ψ
HΨ dx
ih
ih
−∞
(∫ +∞
)
∫ +∞
1
=
Ψ∗ (HΨ)dx −
(HΨ)∗ Ψdx
ih −∞
−∞
dI
=
dt
∫ +∞ (
Επειδή όμως ο τελεστής της χαμιλτονιανής είναι ερμιτιανός, ισχύει εξ’ ορισμού ότι:
(Ψ, HΨ) = (HΨ, Ψ)
Επομένως:
dI
=0
dt
Δηλαδή η ποσότητα I είναι ανεξάρτητη του χρόνου. Γι’ αυτό άλλωστε αν κανονικοποιήσουμε την κυματοσυνάρτηση Ψ σε μια χρονική στιγμή t = 0, θα συνεχίσει να είναι κανονικοποιημένη για οποιαδήποτε άλλη χρονική στιγμή.
Σημείωση: Η Ψ(x, t) σαφώς και μεταβάλλεται με το χρόνο (με τρόπο που διέπεται από
την χρονοεξαρτώμενη
εξίσωση Schroedinger). Αυτό που παραμένει σταθερό με το χρόνο εί∫+∞
ναι το −∞ |Ψ(x, t)|2 |dx, δηλαδή η ολική πιθανότητα να βρεθεί το σωματίδιο σε κάποιο σημείο του χώρου.
Άσκηση 18
Ποια είναι η ουσιώδης διαφορά ανάμεσα στον κλασσικό και τον κβαντικό αρμονικό ταλαντωτή;
Στον κβαντικό αρμονικό ταλαντωτή:
25
• Η ενέργεια είναι κβαντισμένη (μπορεί να πάρει μόνο συγκεκριμένες διακριτές τιμές),
συγκεκριμένα τις:
(
)
1
En = n +
hω
2
• Διείσδυση σε κλασικά απαγορευμένες περιοχές.
• Στη θεμελιώδη κατάσταση το κβαντικό σωματίδιο είναι πολύ πιθανότερο να βρεθεί
στη “γειτονιά” της αρχής παρά στα όρια της κλασικής ταλάντωσης.
Άσκηση 19
Να δικαιολογήσετε τις απαντήσεις σας:
α) Έστω σωμάτιο στην πρώτη διεγερμένη στάθμη ενός αρμονικού ταλαντωτή (Α.Τ.). Ποια η
πιθανότητα να βρεθεί στον θετικό ημιάξονα;
β) Μπορεί η κυματοσυνάρτηση της δεύτερης διεγερμένης στάθμης ενός Α.Τ. να δίνεται από τη
−
x2
σχέση ψ2 (x) = N(2x2 + 1)e 2a2 ;
γ) Εάν σας ζητηθεί να βρείτε τη μέση τιμή ενέργειας Α.Τ. με k
κυματοσυνάρτηση, και βρείτε hEi = 41 , είναι σωστό;
= √13 ψ0 +
γειας στην κατάσταση αυτή να είναι ∆E = 3;
δ) Έστω Α.Τ. σε κατάσταση επαλληλίας Ψ
√
= m = ω = 1 για δεδομένη
2
3 ψ1 , μπορεί η αβεβαιότητα ενέρ-
α) Η πιθανότητα είναι P[x > 0] = 0.5. Λόγω του ότι το δυναμικό του Α.Τ. παρουσιάζει
συμμετρία ανάμεσα στα θετικά x και στα αρνητικά V(−x) = 12 k(−x)2 = V(x), το ίδιο θα
συμβαίνει και για την πυκνότητα πιθανότητας. Εξάλλου η ιδιοσυνάρτηση στην 1η διεγερμένη
στάθμη είναι περιττή, οπότε το τετράγωνό της, που εκφράζει την πυκνότητα πιθανότητας, θα
είναι άρτια. Δηλαδή: P(−x) = P(x).
β) Δε μπορεί. Στη 2η διεγερμένη στάθμη η κυματοσυνάρτηση έχει 2 κόμβους, ωστόσο το
πολυώνυμο 2x2 + 1 δεν έχει πραγματικές ρίζες.
γ) Είναι λάθος. Οι ενεργειακές στάθμες του Α.Τ. δίνονται από τον τύπο En = n + 12
(στην αδιάστατη περίπτωση, δηλ. όταν k = m = ω = 1). Οπότε η ελάχιστη ενέργεια που
μπορεί να έχει ο Α.Τ., αντιστοιχεί στην θεμελιώδη του κατάσταση, n = 0, και είναι ίση με:
Emin = E0 = 12 . Οπότε θα είναι πάντα hEi > E0 = 21 .
δ) Δε μπορεί. Οι δυνατές ενεργειακές τιμές που μπορεί να έχει ο Α.Τ. είναι E0 = 12 , E1 =
3
2 , που απέχουν μεταξύ τους κατά 1. Επομένως η διασπορά ∆E δε μπορεί να είναι μεγαλύτερη
από της διαφορά των ακραίων τιμών.
26
Άσκηση 20
α) Ποια είναι η φυσική σημασία και τα χαρακτηριστικά της κυματοσυνάρτησης (κ.σ.);
β) Ποια είναι τα χαρακτηριστικά της στα μονοδιάστατα προβλήματα;
γ) Να δοθεί ο ορισμός του ερμιτιανού τελεστή. Να αναφέρετε και να αποδείξετε τις κυριότερες
ιδιότητές του.
α) Ένα κβαντομηχανικό σύστημα περιγράφεται από την κυματοσυνάρτηση (κ.σ.) Ψ(~r, t).
Η κ.σ. είναι μιγαδική συνάρτηση και αυτή καθεαυτή στερείται φυσικής σημασίας υπό την έννοια ότι δεν αντιστοιχεί σε μετρήσιμη φυσική ποσότητα. Ωστόσο το τετράγωνο της απόλυτης
τιμής της εκφράζει την πυκνότητα πιθανότητας.
P(~r, t) = |Ψ(~r, t)|2
ˆ για τον οποίο ισχύει (ισοδύναμοι ορισμοί):
γ) Ερμιτιανός ονομάζεται ένας τελεστής A
∫ +∞
ˆ
ψ∗ (Aϕ)dx
=
−∞
∫ +∞
ˆ ∗ ϕdx
(Aψ)
−∞
ˆ
ˆ ϕ)
(ψ, Aϕ)
= (Aψ,
ˆ
ˆ
hψ|Aϕi
= hAψ|ϕi
Άσκηση 20
Το θεώρημα Hellinger-Toeplitz αναφέρει ότι ένας παντού ορισμένος συμμετρικός τελεστής
A σ’ ένα χώρο Hilbert H είναι φραγμένος.
ˆ είναι συμμετρικός όταν για κάθε ψ, ϕ στο πεδίο ορισμού του A
ˆ ισχύει:
Εξ’ ορισμού ο A
(Aψ, ϕ) = (ψ, Aϕ)
Δηλαδή συμμετρικός είναι ο τελεστής που είναι ερμιτιανός. Οπότε το θεώρημα μπορεί να επαναδιατυπωθεί ως “ένας παντού ορισμένος ερμιτιανός τελεστής A σ’ ένα χώρο Hilbert είναι
φραγμένος”.
Απόδειξη:
Έστω ότι δεν ισχύει η πρόταση αυτή, δηλαδή ότι ο H περιέχει μια ακολουθία
ώστε ||yn || = 1 και ||Ayn || → ∞.
Θεωρούμε τότε τη γραμμική συνάρτηση fn ορισμένη σε όλο τον H ως:
fn (x) = hAx, yn i = hx, Ayn i,
(yn ), τέτοια
n = 1, 2, . . .
Η fn είναι φραγμένη για κάθε n αφού λόγω της ανισότητας Cauchy-Schwartz:
|fn (x)| = |hx, Ayn i 6 ||Ayn || · ||x||
27
Επιπλέον η ακολουθία (fn (x)) είναι φραγμένη αφού:
|fn (x)| = |hAx, yn i| 6 ||Ax||
Λόγω ομοιόμορφης σύγκλισης(?) έχουμε ότι
(||fn ||), ||fn || 6 k, ∀n. Οπότε για x =
Ayn :
||Ayn ||2 = |fn (Ayn )| 6 k||Ayn ||
Επομένως ||Ayn ||
∞.
6 k που έρχεται σε αντίφαση με την αρχική μας υπόθεση ότι ||Ayn || →
Άσκηση 21
Να διερευνηθεί εάν το θεώρημα Hellinger-Toeplitz μπορεί να εφαρμοστεί στην περίπτωση
του χαμιλτονιανού τελεστή για τον αδιάστατο κβαντικό αρμονικό ταλαντωτή και να σχολιασθούν οι συνέπειες.
Γνωρίζουμε ότι ο χαμιλτονιανός τελεστής είναι ερμιτιανός, όπως άλλωστε όλοι οι κβαντομηχανικοί τελεστές (διαφορετικά οι μέσες τιμές των αντίστοιχων φυσικών μεγεθών που
εκφράζουν οι τελεστές, δεν θα είχαν πραγματικές τιμές!).
ˆ είναι ένας χώρος Hilbert.
Στη συνέχεια θα εξετάσουμε αν ο χώρος στον οποίο ορίζεται ο H
Ο χώρος των τετραγωνικά ολοκληρώσιμων συναρτήσεων, δηλαδή των συναρτήσεων για τις
οποίες ισχύει:
∫ +∞
|f(x)|2 dx < ∞
−∞
συνιστά ένα χώρο όπου ορίζεται το εσωτερικό γινόμενο, ως:
hf, gi =
∫ +∞
f(x)g∗ (x)dx
−∞
Αποδεικνύεται ότι ο χώρος αυτός (των τετραγωνικά ολοκληρώσιμων συναρτήσεων) συνιστά ένα πλήρη μετρικό χώρο. Επιπλέον, εφόσον ο χώρος αυτός είναι εφοδιασμένος με την
πράξη του εσωτερικού γινομένου, είναι ένας χώρος Hilbert και κατά σύμβαση συμβολίζεται
2
ως L .
Θεωρούμε την περίπτωση του κβαντικού αρμονικού ταλαντωτή. Ο χαμιλτονιανός τελεˆ για την αδιάστατη περίπτωση (h = m = ω = 1) είναι:
στής H
H=−
1 d2
1
+ x2
2 dx2 2
Ο τελεστής αυτός είναι ερμιτιανός (άρα συμμετρικός) καίτοι μη φραγμένος, αφού οι ιδιοτιμές της ενέργειας είναι:
1
En = n + ,
2
n = 0, 1, 2, . . .
28
Επομένως ο χαμιλτονιανός τελεστής δεν μπορεί να είναι ορισμένος σε όλο τον L2 . Διότι αν
ήταν, τότε βάση του θεωρήματος Hellinger-Toeplitz θα ήταν φραγμένος. Ωστόσο μπορεί να
οριστεί σε ένα πυκνό υποσύνολο του L2 .
Άσκηση 22
Να διερευνηθεί ποιοτικά γιατί ο τελεστής της χαμιλτονιανής δεν μπορεί να οριστεί σε όλο τον
L2.
Η χρονοεξαρτώμενη εξίσωση Schroedinger για την αδιάστατη περίπτωση (h
φεται ως εξής:
= 1) γρά-
ψ˙ = −iHψ
˙
Που “θυμίζει” τη διαφορική εξίσωση u(t)
= Au(t), η οποία έχει ως λύση την: u (t) =
etAu (0). Κατ’αντιστοιχία λοιπόν οι λύσεις της εξίσωσης Schroedinger μπορούν να δοθούν
ως:
ψ (x, t) = et(−iH)ψ (x, 0)
Οπότε εύλογα προκύπτει ο προβληματισμός για το πώς μπορούμε να υψώσουμε στην e
ˆ . Για πεπερασμένους πίνακες γνωρίζουμε ότι ισχύει:
τον τελεστή H
A) =
exp(A
∞
∑
1 k
A
k!
k=0
Η απόδειξη του οποίου στηρίζεται στο γεγονός ότι ο πίνακας A είναι φραγμένος, διότι μόνο
τότε το παραπάνω άθροισμα συγκλίνει (βλ. επόμενη άσκηση). Ωστόσο στην περίπτωση του
ˆ που δεν είναι φραγμένος, μια τέτοια έκφραση δεν μπορεί να χρησιμοποιηθεί. Δητελεστή H
λαδή, δεν μπορούμε να ισχυριστούμε ότι ισχύει πάντα:
exp(−itH) =
∞
∑
1
(−itH)k
k!
k=0
∞
Ισχύει ωστόσο για τις συναρτήσεις C που οι παράγωγοι τους είναι αρκούντως φθίνουσες. Βλέπε επίσης και Hellinger-Toeplitz, θεώρημα κλειστού γράφου και θεώρημα ανοικτής
αντιστοίχισης.
Άσκηση 21
Να δειχθεί ότι η παρακάτω ακολουθία συγκλίνει:
∞
∑
1 n
A) ≡
exp(A
A
n!
n=0
όπου A ένας τετραγωνικός πίνακας με πραγματικά στοιχεία.
29
Έστω M ένας πραγματικός αριθμός, τέτοιος ώστε Aij < M για όλα τα στοιχεία Aij του
πίνακα A. Τότε θα είναι |(A2 )ij | < MM + MM + . . . = nM2 . Γενικά μπορούμε να πούμε
|
{z
}
n
∑∞
k
n
k+1
ότι θα ισχύει |(Ak )ij | < nk Mk+1 . Εφόσον δε το
συγκλίνει, θα συγκλίνει
k=0 k! M
και η σειρά σε κάποιο τετραγωνικό πίνακα με πραγματικά στοιχεία.
∑∞ nk k+1
Σημείωση: Η σειρά
συγκλίνει γιατί:
k=0 k! M
nk+1 Mk+2 nM αk+1 (k+1)! =0<1
= lim L = lim k+1 = lim k→∞ k + 1 k→∞
αk k→∞ nk M
k!
Άσκηση 22
Δίνεται η κυματοσυνάρτηση Ψ(x, t) = Ae−λ|x| e−iωt , A, λ, ω ∈ R+ .
α) Να κανονικοποιηθεί η συνάρτηση.
β) Να υπολογιστούν οι ποσότητες hxi, hx2 i.
γ) Να υπολογιστεί η αβεβαιότητα ∆x.
δ) Να υπολογιστεί το διάστημα hxi − σ, hxi + σ.
ε) Να υπολογιστεί η πιθανότητα να βρεθεί το σωματίδιο εκτός της περιοχής αυτής. στ) Να
υπολογιστεί η πιθανότητα να βρεθεί το σωματίδιο εντός της περιοχής αυτής.
α) Για να κανονικοποιήσουμε την κυματοσυνάρτηση, αρκεί να λύσουμε την εξίσωση:
∫ +∞
Ψ(x, t)Ψ∗ (x, t)dx = 1
−∞
∫ +∞ (
) (
)
Ae−λ|x| e−iωt · Ae−λ|x| e+iωt dx = 1
−∞
∫ +∞
A2 e−2λ|x| dx = 1
−∞
∫ +∞
2A2
e−2λx dx = 1
0
∫
2A2 +∞
(−2λx) 0 e−2λx dx = 1
−2λ 0
A2 [ −2λx ]+∞
−
e
=1
0
λ
A2 [ −2λx ]0
e
=1
+∞
λ
A2 = λ
√
A= λ
ˆ, η
β) Με βάση τον ορισμό για ένα φυσικό μέγεθος που περιγράφεται από τον τελεστή A
30
μέση τιμή του είναι ίση με:
hAi =
∫ +∞
ˆ
Ψ∗ (AΨ)dx
−∞
Επομένως:
hxi =
∫ +∞
Ψ∗ (xΨ)dx =
−∞
∫ +∞
∫ +∞
xΨ∗ Ψdx =
∫ +∞
−∞
∫ +∞
x|Ψ|2 dx =
−∞
A2 xe−2λ|x| dx
−∞
λxe−2λ|x| dx
=
−∞
Για τη συνάρτηση g(x)
= λxe−2λx , ισχύει:
g(−x) = λ(−x)e−2λ|−x| = −λxe−2λ|x| = −g(x)
Επομένως είναι περιττή και έπεται ότι το ολοκλήρωμα της στο (−∞, +∞) θα είναι μηδέν. Έτσι:
hxi = 0
Ομοίως εργαζόμαστε για την ποσότητα hx2 i:
hx i =
∫ +∞
2
∗
∫ +∞
2
Ψ (x Ψ)dx =
−∞
∫ +∞
=
∗
∫ +∞
x Ψ Ψdx =
x |Ψ| dx =
−∞
∫ +∞
λx2 e−2λ|x| dx = 2λ
x2 e−2λx dx
2
2
∫ +∞
2
−∞
A2 x2 e−2λ|x| dx
−∞
0
−∞
Το τελευταίο ολοκλήρωμα υπολογίζεται από τον τύπο:
∫ +∞
xn e−λx =
0
n!
λn+1
Είναι λοιπόν:
hx2 i = 2λ
2!
1
= 2
(2λ)3
2λ
γ) Η αβεβαιότητα για τη θέση x του σωματιδίου υπολογίζεται κατά τα γνωστά:
(∆x)2 = hx2 i − hxi2 =
1
1
⇒ ∆x = √
2λ2
λ 2
δ) Το διάστημα (hxi − σ, hxi + σ), είναι το διάστημα (−σ, +σ).
ε) Η πιθανότητα να βρεθεί εκτός της περιοχής (−σ, +σ):
P(x > σ) =
∫ +∞
|Ψ(x)| dx =
∫ +∞
2
A2 e−2λ|x| dx
∫
1 +∞
−2λx
(−2λx) 0 e−2λx dx
=
λe
dx = −
2
σ
σ
1
1 [ −2λx ]+∞ 1 [ −2λx ]σ
1
1
1 √
√
=− e
=
e
= e−2λσ = e−2 2 = e− 2
σ
+∞
2
2
2
2
2
σ
∫ +∞
σ
31
Τελικά, λόγω συμμετρίας του προβλήματος, θα είναι:
√
2
P [(x 6 −σ) ∪ (x > σ)] = 2P(x > σ) = e−
στ) Η πιθανότητα να βρεθεί εντός της περιοχής (−σ, +σ):
P(−σ 6 x 6 σ) + P [(x 6 −σ) ∪ (x > σ)] = 1 ⇒
√
2
P(−σ 6 x 6 σ) = 1 − e−
Άσκηση 23
√
Δίνεται ότι για σωματίδιο ισχύει: Ψ(x) = 3ψ1 (x) +
η χρονοεξαρτώμενη κυματοσυνάρτηση Ψ(x, t).
Είναι:
√
Ψ(x, t) = 3ψ1 (x)eiE1 t/h +
√
√
10
10
8 ψ2 (x) + 8 ψ3 (x). Να γραφεί
√
√
10
10
iE2 t/h
ψ2 (x)e
+
ψ3 (x)eiE3 t/h
8
8
Άσκηση 24
Να δειχθεί ότι ο τελεστής της ορμής pˆx είναι ερμιτιανός.
ˆ λέγεται ερμιτιανός όταν ισχύει η σχέση:
Εξ’ ορισμού ένας τελεστής A
∫
∫
ψ∗ (Aϕ)dx = (Aψ)∗ ϕdx
Ο τελεστής της ορμής pˆx ορίζεται ως εξής:
pˆx = −ih
d
dx
Αναλύοντας το πρώτο μέλος της συνθήκης της ερμιτιανότητας θα καταλήξουμε στο δεύτερο:
(
)
∫
dϕ
I = ψ (px ϕ)dx = ψ −ih
dx = −ih ψ∗ ϕ 0 dx
dx
∫
∗
∫
∗
Εφαρμόζουμε ολοκλήρωση κατά παράγοντες:
(
)
∫
+∞
∗
∗ 0
I = −ih [ψ ϕ]−∞ − (ψ ) ϕdx
∫
= ih (ψ∗ ) 0 ϕdx
)∗
∫(
∫
∫
d
∗
−ih ψ ϕdx = (px ψ)∗ ϕdx
= (−ihψ 0 ) ϕdx =
dx
32
Για τον υπολογισμό της ποσότητας [ψ∗ ϕ]+∞
−∞ κάναμε χρήση της ιδιότητας των κβαντομηχανικών κυματοσυναρτήσεων να είναι τετραγωνικά ολοκληρώσιμες, που σημαίνει ότι για τυχούσα κυματοσυνάρτηση ψ ισχύει: ψ(±∞) = 0, καθώς επίσης και της πρότασης: (ψ 0 )∗ =
(ψ∗ ) 0 , η οποία αποδεικνύεται εύκολα ως εξής:
ψ(x) = a(x) + ib(x) ⇒ ψ 0 (x) = a 0 (x) + ib 0 (x) ⇒ (ψ 0 (x))∗ = a 0 (x) − ib 0 (x)
ψ(x) = a(x) + ib(x) ⇒ ψ∗ (x) = a(x) − ib(x) ⇒ (ψ∗ (x)) 0 = a 0 (x) − ib 0 (x)
Άσκηση 25
Να δειχτεί ότι οι ιδιοσυναρτήσεις ενός ερμιτιανού τελεστή είναι ορθογώνιες μεταξύ τους.
ˆ και έστω ψ1 , ψ2 δύο τυχούσες ιδιοσυναρτήσεις του. Εξ’
Θεωρούμε ερμιτιανό τελεστή A
ορισμού θα ικανοποιούν την εξίσωση ιδιοτιμών:
Aψ1 = a1 ψ1
Aψ2 = a2 ψ2
ˆ είναι ερμιτιανός θα ικανοποιεί την εξίσωση ερμιτιανότητας:
Επιπλέον εφόσον ο A
∫
Για ψ
∫
ψ (Aϕ)dx = (Aψ)∗ ϕdx
∗
= ψ1 , ϕ = ψ2 , η παραπάνω σχέση γίνεται:
∫
∫
ψ∗1 (Aψ2 )dx = (Aψ1 )∗ ψ2 dx
∫
∫
∗
ψ1 (a2 ψ2 )dx = (a1 ψ1 )∗ ψ2 dx
∫
∫
a2 ψ∗1 ψ2 dx = a1 ψ∗1 ψ2 dx
∫
(a1 − a2 ) ψ∗1 ψ2 dx = 0
Εφόσον οι ιδιοτιμές είναι μοναδικές, έπεται ότι θα είναι:
∫
ψ∗1 ψ2 dx = 0 ⇔ ψ1 ⊥ ψ2
Άσκηση 26
Να δειχτεί ότι δύο τελεστές αντιμετατίθενται όταν ο μεταθέτης τους είναι μηδέν.
Aψn = an ψn ⇒ BAψn = B(an ψn ) = an (Bψn ) = an bn ψn
Bψm = bm ψm ⇒ ABψm = A(bm ψm ) = bm (Aψm ) = bn an ψn
33
Άσκηση 26
ˆ B
ˆ είναι: [A, Bn ] = nBn−1 [A, B] , όταν ο B
ˆ μετατίθεται
Να δειχτεί ότι για τους τελεστές A,
ˆ
ˆ
με τον μετάθετη των A, B, δηλαδή όταν ισχύει η σχέση: [B, [A, B]] = 0.
Θα χρησιμοποιήσω επαγωγή πάνω στο n.
Για n = 1, η σχέση γίνεται: [A, B1 ] = 1 · B1−1 [A, B] που ισχύει.
Έστω ότι ισχύει η σχέση για k = n, δηλαδή έστω ότι ισχύει: [A, Bk ]
Θα δείξω ότι ισχύει και για k + 1, δηλαδή ότι ισχύει: [A, Bk ] =
[A, Bk+1 ] = (k + 1)Bk [A, B].
= kBk−1 [A, B].
kBk−1 [A, B] ⇒
[A, Bk ] = kBk−1 [A, B]
(
)
B[A, Bk ] = B kBk−1 [A, B]
B[A, Bk ] = kBBk−1 [A, B]
B[A, Bk ] = kBk [A, B]
B[A, Bk ] + Bk [A, B] = kBk [A, B] + Bk [A, B]
B[A, Bk ] + Bk [A, B] = (k + 1)Bk [A, B]
B[A, Bk ] + [A, B]Bk = (k + 1)Bk [A, B]
[A, B]Bk + B[A, Bk ] = (k + 1)Bk [A, B]
[A, BBk ] = (k + 1)Bk [A, B]
[A, Bk+1 ] = (k + 1)Bk [A, B]
Ο.ε.δ.
Σημείωση:
Bk [A, B] = Bk−1 B[A, B] = Bk−1 [A, B]B = . . . = [A, B]Bk
Άσκηση 27
ˆ
Δίνεται ο τελεστής A
ιδιοτιμές του.
= d2 /dx2 − x2 και η συνάρτηση ψ(x) = e−x
Αρκεί να λύσουμε την εξίσωση ιδιοτιμών του τελεστή: Aψ
(
= aψ:
)
2
2
d2 /dx2 − x e−x /2 = ae−x /2
34
2
/2
. Να βρεθούν οι
Είναι:
(
)0
2
2
ψ 0 (x) = e−x /2 = e−x /2 (−x2 /2) 0 = −xψ(x)
ψ 00 (x) = (ψ 0 (x)) 0 = (−xψ(x)) 0 = −ψ(x) − xψ 0 (x) = −ψ(x) − x(−xψ(x)) = ψ(x)(x2 − 1)
Οπότε η εξίσωση ιδιοτιμών γίνεται:
ψ(x)(x2 − 1) − x2 ψ(x) = aψ(x)
−1 = a
Άσκηση 27
√
(
√
)
2ψ100 + ψ210 + 2ψ211 + 3ψ21−1 .
Για t = 0 είναι ψ(r, 0) = √1
10
α) Να βρεθεί η μέση τιμή της ενέργειας E (συναρτήσει της ενέργειας της βασικής κατάστασης)
β) Να γραφεί η χρονοεξαρτώμενη ψ(r, t)
γ) Την πιθανότητα το σύστημα να είναι στην κατάσταση ` = 1, m = 1 συναρτήσει του χρόνου.
δ) Υποθέστε ότι γίνεται μια μέτρηση όπου L = 1, Lz = 1. Περιγράψτε την κυματοσυνάρτηση
αμέσως μετά μια τέτοια μέτρηση με βάση τα ψn `m (hint: χρησιμοποιήστε τα L+ και L− .
α) Η μέση τιμή της ενέργειας Ε είναι:
hEi =
∑
n
)2
(
)2
( √ )2
( √ )2
2
1
2
3
|cn | En = √
E1 + √
E2 + √
E2 + √
E2
10
10
10
10
4
6
=
E1 + E2
10
10
(
2
Είναι όμως E2
= E1 /4, E1 = −13.6, επομένως:
hEi =
22
E1
40
β) Η χρονοεξαρτώμενη ψ(r, t) γράφεται ως εξής:
ψ(r, t) =
γ) Για `
= 1, m = 1 το σύστημα περιγράφεται από την ψ211 , οπότε η πιθανότητα είναι:
hψ211 i = |c211 |2 =
1
5
δ)
n > L + 1 ⇒ n = 2, Lz = 1
(
)
√
√
1
ψ210 + 2ψ211 + 3ψ21−1
ψ(r, 0) = √
10
35
Άσκηση 27
Να δειχθεί ότι [L2 , Lx ]
= 0.
Θα χρησιμοποιήσουμε τις εξής απλές ιδιότητες των μεταθετών: [A + B + C, D] =
[A, D] + [B, D] + [C, D], [A, B] = −[B, A] και [A, BC] = [A, B]C + B[A, C] (η άσκηση
μπορεί να λυθεί και πιο “σύντομα” εάν χρησιμοποιήσουμε περισσότερες ιδιότητες). Επί τω
έργω.
Είναι L2
= L2x + L2y + L2z . Άρα:
[L2 , Lx ] = [L2x + L2y + L2z , Lx ] = [L2x , Lx ] + [L2y , Lx ] + [L2z , Lx ]
Είναι:
[L2x , Lx ] = −[Lx , L2x ] = −[Lx , Lx · Lx ] = −[Lx , Lx ]Lx − Lx [Lx , Lx ] = 0
[L2y , Lx ] = −[Lx , L2y ] = −[Lx , Ly · Ly ] = −[Lx , Ly ]Ly − Ly [Lx , Ly ]
Γνωρίζουμε ωστόσο ότι [Lx , Ly ]
= ihLz . Οπότε:
[L2y , Lx ] = −ihLz Ly − Ly (ihLz ) = −ih(Lz Ly + Ly Lz )
Ομοίως είναι:
[L2z , Lx ] = −[Lx , L2z ] = −[Lx , Lz · Lz ] = −[Lx , Lz ]Lz − Lz [Lx , Lz ]
Από τη γνωστή σχέση [Lx , Ly ] = ihLz μπορούμε με κυκλική μετάθεση να πάρουμε τις
αντίστοιχες εκφράσεις για τους υπόλοιπους μεταθέτες. Π.χ. x → y, y → z, z → x. Άρα:
[Lz , Lx ] = ihLy ⇒ [Lx , Lz ] = −ihLy
Επομένως:
[L2z , Lx ] = −(−ihLy Lz ) − Lz (−ihLy ) =
36
© Copyright 2024 Paperzz
