Solution to Exam 4. december 2010 FY2045/TFY4250 Quantum Mechanics I

Transkript

1 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution Problem Solution to Exam 4 december 00 FY045/TFY450 Quantum Mechanics I a A bound state for this potential must have energy E < 0 For x ±a, the time-independent Schrödinger equation then takes the form ψ E m V x E]ψ E me }{{ Ψ E κ ψ E, with κ m E } >0 The general solution for the region x > a has the form Ψ E C e κx + D e κx Here, we must set D 0 in order to have a solution that does not diverge when x This is what we wanted to show For a < x < a, a symmetric energy eigenfunction must be a symmetric combination of e κx and e κx, and this is precisely the given form ψ E A h κx A eκx + e κx, qed For x < a, the energy eigenfunction must have the form C e κx This implies that the energy eigenfunction does not have any node in the regions x < a and x > a Any possible node must therefor occur between the two wells Since the above solution for a < x < a is also without nodes, it follows that the only symmetric bound state is the ground state, without nodes If a next symmetric bound state were to exist, it should have two nodes for a < x < a and that, as we see, is impossible b An antisymmetric bound state must for a < x < a be an antisymmetric linear combination of e κx and e κx : ψ B eκx e κx B sinh κx Then, ψ/b is positive for 0 < x < a and negative for a < x < 0, and thus in the region between the wells has only the single node at the origin From the above discussion we then realize that an antisymmetric bound state can have only one zero This means that we can at most have two bound energy eigenfunctions, one symmetric, and possibly one antisymmetric For β β 0, the wells are just too weak to make the first excited state a bound state This means that the energy of the first excited state is in this case equal to zero From a we then have ψ me ψ 0 outside the delta-function wells, so that ψ becomes linear everywhere, except for x ±a, where it has kinks Because the solution is not allowed to become infinite for x ±, it follows that it must look like this:

2 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution With ψa C, condition that ψ a + 0 and ψ a C/a, it follows from the given discontinuity 0 C a mβ 0 C β 0 ma For β > β 0, we have a bound antisymmetric state with energy E < 0 This energy eigenfunction will curve away from the axis except in the points x ±a For β β 0, only the ground state is bound, while the first excited state is as sketched above The energy spectrum is continuous for E 0 Problem a Suppose that the piston is at the position a The ground state for particle then has the form ψ A sin k x x sin k y y sin k z z, where k x a π, k y L y π og k z L z π Particle then has the energy E m k x + ky + kz π m a + L y + L z In the same manner we find that the particle in chamber has the energy E π m so that the total energy of the two particles is Ea E + E π This energy is minimal when m L x a + L y + L z a + L x a + L y, + L z d da a + ] L x a a + 0, 3 L x a 3 which is satisfied for a L x a, that is for a a 0 L x / It is easily seen that the second derivative here is positive Thus the energy really has a minimum, just as we expect intuitively]

3 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution 3 b If we imagine that the piston is moved an infinitesimal distance da, the external force F x will do a work which leads to a net energy increase de F x da for the two particles Thus from the calculation in i a, F x a dea da π m L x a 3 a 3 At the equilibrium position, a a 0 L x /, this force is of course equal to zero For a a L x /3, the force is F x L x /3 π ] m L x L x /3 7 7 π 3 L x /3 3 8 ml 3 x The sign tells tells us that this force point to the left; when chamber is only half as long as chamber, the quantum pressure is highest in chamber With 8 bosons in chamber and only one in chamber, the energy in chamber becomes 8 times larger than above, since all 8 bosons can be in the lowest one-particle state, even if they are identical Thus this system has a total energy Ea 8E + E π ] 8 m a + L x a + 6/L y + /L z This is minimal when d da ] 8 a + L x a L x a 3 8 a 3 which is satisfied when a 3 8L x a 3, that is, when a L x a, that is, for Problem 3 a With χ0 a a L x /3 θ sin θ a0 we have that a 0 b 0 sin θ and a 0 b 0 θ The spin direction immediately after the measurement then is b 0 ] ] 0, σ 0 ˆx Rea 0 b 0 + ŷ Ima 0 b 0 + ẑ a 0 b 0 ˆx sin θ + ẑ θ We calculate θ sin θ S σ 0 χ0 σ ˆx sin θ + ẑ θ χ0 sin θ θ θ θ + sin θ sin θ sin θ θ θ sin θ θ θ sinθ θ θ sin θ χ0 Thus the initial state χ0 is an eigenstate of S σ 0 with the eigenvalue According to the measurement postulate, the measurement of S ˆn must give one of the eigenvalues ± and leave the spin in the corresponding eigenstate We can then conclude that the measurement direction was ˆn σ 0 ˆx sin θ + ẑ θ, and that the measured result was S ˆn +

4 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution 4 b The state of the spin for t > 0 must be a linear combination of the two stationary states of this system: χt c + χ + e iωt/ + c χ e iωt/ c+ e iωt/ c e iωt/ Here we have used the energy eigenvalues E ± ωs z ± ω For t 0 we then have χ0 θ sin θ so that the state for t 0 is χt c+ c θ e iωt/ sin θ eiωt/ c + θ, c sin θ, With a b sin θe iωt and a b θ, the spin direction at time t then is a b σ t ˆx sin θ ωt + ŷ sin θ sin ωt + ẑ θ ˆx ωt + ŷ sin ωt sin θ + ẑ θ Here, we see that the spin direction precesses around the direction ẑ of B with the angular frquency ω c From the formula for χt we see that χπ/ω χ0 This change of sign of the spinor gives exactly the same σ χ σχ as at t 0, in agreement with the formula for σ t We remember that the measurement of S ˆn S ˆx sin θ + ẑ θ leaves the system in the state χ0 θ sin θ In analogy, the measurement of S ˆn S ˆx sin θ + ẑ θ will leave the system in the state χ after θ sin θ The probability amplitude of the latter result is the projection of the state before the measurement onto the state after the measurement, that is, A χ after χ before θ sin θ Thus the probability is θ sin θ θ θ P A θ θ + θ θ] + ˆn ˆn]

5 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution 5 Problem 4 a By using the eigenvalue equation and its adjoint, Ψ a x α Ψ, we find that the expectation value of x in the state Ψ is Similarly, we find that x mω Ψ a x + a x Ψ mω α + α, qed mω mω p x i Ψ a x a x Ψ i α α, qed Using the commutator relation a x a x + a xa x, we find that x and similarly that This gives and mω a x + a x a x + a x mω a xa x + a x a x + a xa x +, p x mω a xa x + a x a x a xa x x mω α + α + α α + ] p x Using these results, we find the uncertainties x x x mω mω α α ] mω α + α + ] and p x mω, which give x p x b The probability density of the initial state, Ψ b x, y, 0 C 4 0e mωx b / e mωy /, is symmetric with respect to the line x b and also with respect to the line y 0 This means that x 0 b and y 0 0 Calculating a pr x Ψ b x, y, 0 mω x + mω mω x mω b Ψ bx, y, 0, x Ψ b x, y, 0 mωx b/ mω Ψ b x, y, 0

6 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution 6 we see that the initial state is indeed an eigenstate of a pr x, with the eigenvalue α x 0 In the same manner we find that mω a pr y Ψ b x, y, 0 y + mω mω y + mω i b Ψ bx, y, 0 Thus the igenvalue of a pr y is mω b Ψ b x, y, 0 y mωy/ + imωb/ mω Ψ b x, y, 0 mω α y 0 i b iα x0, qed c From the above results, it follows that and x t mω y t mω αx t + α x t ] mω Re α x 0 e iωt b ωt αy t + α y t ] mω Re iα x 0 e iωt b sin ωt As a check, we note that the values for t 0 agree with the results in b Since x t + y t b, we can state that the expectation value of the position is moving in a circular orbit with radius b, and with angular velocity ω We start by noting that the product of the two one-dimensional solutions reproduces the initial state specified above Then it only remains to show that this product satisfies the time-dependent Schrödinger equation: Inserting, we find that ] i t ] Ĥx Ĥy i t Ĥ Ψ x x, tψ y y, t Ψ x x, tψ y y, t i ] t Ψ xx, t Ψ y y, t + Ψ x x, ti t Ψ yy, t Ĥx Ψ x x, t ] Ψ y y, t Ψ x x, t Ĥy Ψ y y, t i t ] Ĥx Ψ x x, t Ψ y y, t + Ψ x x, t i t Ĥy Ψ y y, t 0, qed

7 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 4 desember 00 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I a En bunden tilstand i det aktuelle potensialet må ha energi E < 0 For x ±a tar den tidsuavhengige Schrödingerligningen da formen ψ E m V x E]ψ E me }{{ Ψ E κ ψ E, med κ m E } >0 Den generelle løsningen for området x > a har formen Ψ E C e κx + D e κx Her må vi sette D 0 for å få en løsning som ikke går mot uendelig når x Det var dette vi skulle vise For a < x < a må en symmetrisk energiegenfunksjon være en symmetrisk kombinasjon av e κx og e κx, og dette er nettopp ψ E A h κx A eκx + e κx, qed For x < a må energiegenfunksjonen ha formen C e κx Dette innebærer at energiegenfunksjonen er fri for nullpunkter både for x < a og for x > a Eventuelle nullpunkter må derfor ligge mellom de to brønnene Da løsningen ovenfor for a < x < a er fri for nullpunkter, følger det at den eneste symmetriske bundne tilstanden er grunntilstanden, uten nullpunkter Dersom det skulle eksistere en neste symmetrisk bunden tilstand en eksiterte, måtte denne ha to nullpunkter for a < x < a og det er altså ikke mulig b En antisymmetrisk bunden tilstand må for a < x < a være en antisymmetrisk lineærkombinasjon av e κx og e κx : ψ B eκx e κx B sinh κx Da er ψ/b positiv for 0 < x < a og negativ for a < x < 0, og har følgelig i dette området mellom brønnene bare det ene nullpunktet i origo Fra diskusjonen ovenfor innser vi da at dette er det eneste nullpunktet en antisymmetrisk bunden tilstand kan ha Vi kan altså maksimalt ha to bundne energiegenfunksjoner, én symmetrisk og muligens én antisymmetrisk For β β 0 er brønnene akkurat for svake til å gi binding for eksiterte tilstand, dvs at energien for denne tilstanden er lik null Fra pkt a har vi da at ψ me ψ 0 utenfor delta-brønnene, slik at ψ må være lineær over alt, unntatt for x ±a, hvor den har knekkpunkter Løsningen ser da slik ut idet ψ ikke får lov til å gå mot uendelig for x ± :

8 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag ψ a + 0 og ψ a C/a har vi fra den oppgitte diskontinuitets- Med ψa C, betingelsen: 0 C a mβ 0 C β 0 ma For β > β 0 har vi en bunden antisymmetrisk tilstand med energi E < 0 Denne vil krumme bort fra aksen unntatt i punktene x ±a For β β 0 er bare grunntilstanden bunden, mens første eksiterte tilstand er som skissert ovenfor Husk at energispektret er kontinuerlig for E 0 Oppgave a Anta at stempelet er i posisjonen a I grunntilstanden har energiegenfunksjonen for partikkelen i kammer da formen ψ A sin k x x sin k y y sin k z z, der k x a π, k y L y π og k z L z π Partikkel har da energien E m k x + ky + kz π m a + L y + L z På tilsvarende måte finner vi at partikkelen i kammer har energien E π m L x a + L y slik at den totale energien til de to partiklene er Denne er minimal når Ea E + E π d da m som er oppfylt for a L x a, dvs for + L z a + L x a + L y, + L z a + ] L x a a + 0, 3 L x a 3 a a 0 L x / Det er lett å sjekke at den andrederiverte her er positiv, slik at energien virkelig har et minimum, noe vi vel senser intuitivt]

9 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag 3 b Dersom vi tenker oss at stempelet beveges et stykke da, vil den ytre kraften F x utføre et arbeid som svarer til en netto energiøkning de F x da for de to partiklene Vi har altså fra utregningen i pkt a F x a dea da π m L x a ] 3 a 3 I likevektsposisjonen a a 0 L x / er denne kraften selvsagt lik null For a a L x /3 er den F x L x /3 π ] m L x L x /3 7 7 π 3 L x /3 3 8 ml 3 x Fortegnet forteller at kraften peker mot venstre; når kammer er bare halvparten så langt som kammer, er kvantetrykket størst i kammer Med 8 bosoner i kammer og ett i kammer, blir energien i kammer åtte ganger så stor som ovenfor, idet alle de 8 bosonene kan være i den laveste én-partikkel-tilstanden, til tross for at de er identiske Systemet har altså nå en total energi Ea 8E + E π ] 8 m a + L x a + 6/L y + /L z Denne er minimal når d da ] 8 a + L x a L x a 3 8 a 3 ] 0, som er oppfylt når a 3 8L x a 3, dvs når a L x a, dvs for Oppgave 3 a Med χ0 a a L x /3 θ sin θ har vi at a 0 b 0 sin θ og a 0 b 0 θ Spinnretningen umiddelbart etter målingen er da a0 σ 0 ˆx Rea 0 b 0 + ŷ Ima 0 b 0 + ẑ a 0 b 0 ˆx sin θ + ẑ θ Vi regner ut θ sin θ S σ 0 χ0 σ ˆx sin θ + ẑ θ χ0 sin θ θ θ θ + sin θ sin θ sin θ θ θ sin θ b 0 θ θ sinθ θ θ sin θ χ0 Begynnelsestilstanden χ0 er altså en egentilstand til S σ 0 med egenverdien Ifølge målepostulatet skal målingen av S ˆn gi en av egenverdiene ± og etterlate spinnet i den tilsvarende egentilstanden Vi kan da konkludere med at måleretningen var ˆn σ 0 ˆx sin θ + ẑ θ, og at måleresultatet var S ˆn +

10 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag 4 b Spinntilstanden for t > 0 må være en lineærkombinasjon av de to stasjonære tilstandene: χt c + χ + e iωt/ + c χ e iωt/ c+ e iωt/ c e iωt/ Her har vi brukt at energiegenverdiene er E ± ωs z ± ω For t 0 har vi da χ0 θ sin θ slik at tilstanden for t 0 er χt c+ c θ e iωt/ sin θ eiωt/ c + θ, c sin θ, Med a b sin θe iωt og a b θ blir spinnretningen ved tiden t da a b σ t ˆx sin θ ωt + ŷ sin θ sin ωt + ẑ θ ˆx ωt + ŷ sin ωt sin θ + ẑ θ Her ser vi at spinnretningen preseserer omkring B-retningen ẑ med vinkelfrekvensen ω c Fra formelen for χt ser vi at χπ/ω χ0 Dette fortegnsskiftet i spinoren gir akkurat samme σ χ σχ som ved t 0, i overensstemmelse med formelen for σ t Analogt med målingen av S ˆn S ˆx sin θ + ẑ θ etterlater systemet i tilstanden χ0 θ sin θ vil målingen av S ˆn S ˆx sin θ + ẑ θ χ etter θ sin θ, etterlate systemet i tilstanden Sannsynlighetsamplituden for det siste resultatet er projeksjonen av tilstanden før målingen på tilstanden etter målingen, dvs A χ etterχ før θ sin θ θ sin θ θ θ Sannsynligheten er altså Oppgave 4 P A θ θ + θ θ] + ˆn ˆn] a Ved å bruke egenverdiligningen og dennes adjungerte, Ψ a x α Ψ, finner vi at forventningsverdien av x i tilstanden Ψ er x mω Ψ a x + a x Ψ mω α + α, qed

11 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag 5 Tilsvarende er mω mω p x i Ψ a x a x Ψ i α α, qed Vha kommutator-relasjonen a x a x + a xa x har vi at og tilsvarende x mω a x + a x a x + a x mω a xa x + a x a x + a xa x +, p x mω a xa x + a x a x a xa x Dette gir x mω α + α + α α + ] mω α + α + ] og tilsvarende p mω x α α ] Vha disse resultatene finner vi usikkerhetene mω x x x og p x mω, som gir x p x b Sannsynlighetstettheten i begynnelsestilstanden, Ψ b x, y, 0 C 4 0e mωx b / e mωy /, er symmetrisk mhp linjen x b og mhp linjen y 0 Følgelig er Vi regner ut a pr x Ψ b x, y, 0 x 0 b og y 0 0 mω x + mω mω x mω b Ψ bx, y, 0 x Ψ b x, y, 0 mωx b/ mω Begynnelsestilstanden er altså ganske riktig en egentilstand til a pr x mω α x 0 b Ψ b x, y, 0 med egenverdien

12 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag 6 Tilsvarende er Egenverdien til a pr y a pr y Ψ b x, y, 0 er altså mω y + mω mω y + mω i b Ψ bx, y, 0 Ψ b x, y, 0 y mωy/ + imωb/ mω Ψ b x, y, 0 mω α y 0 i b iα x0, qed c Fra resultatene ovenfor har vi og x t mω y t mω αx t + α x t ] mω Re α x 0 e iωt b ωt αy t + α y t ] mω Re iα x 0 e iωt b sin ωt Som en kontroll ser vi at verdiene for t 0 stemmer med resultatene i pkt b Da x t + y t b, ser vi at forventningsverdien av posisjonen beveger seg på en sirkelbane med radius b, og med vinkelhastighet ω Vi noterer først at produktløsningen reproduserer den korrekte begynnelsestilstanden Da gjenstår det bare å vise at den oppfyller Schrödingerligningen: Innsetting gir ] i t ] Ĥx Ĥy i t Ĥ Ψ x x, tψ y y, t Ψ x x, tψ y y, t i ] t Ψ xx, t Ψ y y, t + Ψ x x, ti t Ψ yy, t Ĥx Ψ x x, t ] Ψ y y, t Ψ x x, t Ĥy Ψ y y, t i t ] Ĥx Ψ x x, t Ψ y y, t + Ψ x x, t i t Ĥy Ψ y y, t 0, qed