Eksamen i TFY4205 Kvantemekanikk Mandag 8. august :00 13:00

Transkript

1 NTNU Side 1 av 9 Institutt fo fysikk Faglig kontakt unde eksamen: Pofesso Ane Bataas Telefon: Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk Mandag 8. august 005 9:00 13:00 Tillatte hjelpemidle: Altenativ C Godkjent lommekalkulato. K. Rottman: Matematisk fomelsamling Banett and Conin: Mathematical fomulae Sensu falle fø. august 005. Dette oppgavesettet e på 9side. Oppgave 1. Hamonisk oscillato Hamiltonopeatoen Ĥ fo en hamonisk oscillato i én dimensjon e gitt ved: Ĥ ˆp m + 1 mωˆq (1) µ ω â â + 1. () He e: mω 1 â ˆq + i ˆp, (3) mω 1 â ˆq i ˆp (4) og posisjons-opeatoen ˆq og impuls-opeatoen ˆp oppfylle kommutatoelasjonen: [ˆp, ˆq] i. Vi kan også uttykkeˆq og ˆp ved â og â : ³ mω ˆq â +â, ˆp Fo gunnlag fo det følgende oppgis (skal ikke vises) de ni e otonomale egenvektoe til Ĥ. ³ â â. (5) â ni n n 1i, (6) â ni n +1 n +1i, (7)

2 Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk, 8/8-005 Side av 9 a) Vis (på gunnlag av det ovenstående) at: [â, â ]1. Vi sette inn og finne [â, â ]ââ â â (8) Tilsvaende få vi Dette gi demed ââ mω ˆq + 1 ˆp + i (ˆpˆq ˆqˆq), (9) mω ˆq + 1 ˆp + 1. (10) â â mω ˆq + 1 ˆp 1. (11) [â, â ] 1 ( 1 ) 1 (1) b) Vis at den nomete tilstanden αi gitt ved αi exp( 1 α ) n0 ni, (13) e egenvekto til annihilasjonsopeatoen â med egenvedi α, deα e et vilkålig kompleks tall. â αi â exp ( 1 α ) exp( 1 α ) exp( 1 α ) exp( 1 α ) exp( 1 α ) n0 n0 n0 n1 m0 ni, (14) â ni, (15) n n 1i, (16) p (n 1)! n 1i, (17) α m+1 m! mi, (18) α αi (19)

3 Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk, 8/8-005 Side 3 av 9 c) Bestem foventningsvediene fo opeatoen ˆn â â i tilstandene ni og αi. Hvofo kalles ˆn antallsopeatoen? hn ˆn ni hn â â ni, (0) hn 1 n n n 1i, (1) n. () hα â â αi hα α α αi, (3) α. (4) ˆn kalles antallsopeatoen fodi den gi ut hvo mange kvant som eksistee i enegitilstanden. d) Vis at vi ha følgende foventningsvedie fo ˆq i tilstandene ni og αi: hn ˆq ni 0, (5) hα ˆq αi (α + α ). (6) hn ˆq ni hn â +â ni, (7) ³ hn â ni + hn â ni, (8) n +1hn n +1i + nhn n 1i, (9) 0 (30) hα ˆq αi hα â +â αi, (31) ³ hα â αi + hα â αi, (3) (α + α) (33) e) Vis at: fo tilstanden αi. Beegn også p q fo tilstanden ni. p q / (34)

4 Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk, 8/8-005 Side 4 av 9 Vi betakte føst tilstanden αi: hα ˆq αi hα â â +ââ +â â +ââ αi, (35) hâ â +ââ +â â +1 αi, (36) (α ) + α +α α +1, (37) (α + α) +1. (38) Uskapheten i posisjonen bli demed ( q) h(ˆq hˆqi) i, (39) hˆq i hˆqi, (40) (α + α) +1 (α + α), (41). (4) Tilsvaende få vi fo impuls-opeatoen og Dette gi hα ˆp αi i hα â â αi, (43) i (α α) (44) hα ˆp αi hα â â +ââ â â ââ αi, (45) mω (α α) 1. (46) ( p) hˆp i hˆpi, (47) mω (α α) 1 + mω (α α), (48) mω. (49) Demed bli uskaphetselasjonen: q p mω (50)

5 Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk, 8/8-005 Side 5 av 9 Vi betakte så tilstanden ni. Fo usikkeheten i posisjon ha vi Tilsvaende finne vi hn ˆp ni 0 og Dette gi hn ˆq ni hn â â +ââ +â â +ââ ni, (51) n +1 n +1+ n n, (5) (n +1), (53) ( q). (54) hn ˆp ni mω hn ââ â â i, (55) mω (n +1), (56) ( p). (57) p q mω, (58) (n +1). (59) f) Ovenfo ha vi betaktet de tidsuavhengige tilstandene ni og αi. De tilsvaende tidsavhengige tilstandene (som e løsninge av den tidsavhengige Schödingeligningen) e gitt ved: n, ti exp( i(n + 1 )ωt) ni (60) og α, ti exp( 1 α ) n0 n, ti. (61) Det kan vises (skal ikke gjøes he) at hˆni, p og q hasammevediefo n, ti og α, ti som fo henholdsvis ni og αi. Nå ˆn,vilda α, ti (fo α eell) og/elle n, ti inneholde beskivelse som på noen vi næme seg den klassiske fysikks beskivelse av en hamonisk oscillato? Begunn svaet både fo α, ti og n,ti. Oppgitt: Fo α eell gjelde: mω hq α, ti π exp ( (x α cos ωt) ), (6) de x q mω. (63) Vi betakte føst α, ti:

6 Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk, 8/8-005 Side 6 av 9 Vi sette β α exp ( iωt) ogfå da: de βi altså egittved α, ti exp( 1 α ) n0 exp( 1 α )exp( i ω t) X ni exp (i(n + 1 )ωt), (64) n0 exp( 1 β )exp( i ω t) X n0 (α exp ( iωt)) n ni, (65) β n ni, (66) exp( i ω t) βi, (67) βi exp( 1 β ) n0 Siden βi e nomet e altså også α, ti nomet. Vi må ogsåha: Demed ha vi β n ni. (68) hα, t exp(i ω t)hβ. (69) hα, t ˆq α, ti hβ ˆq βi, (70) (β + β ), (71) (α exp ( iωt)+α exp (iωt)), (7) ( α exp ( i(ωt + φ)) + α exp (i(ωt + φ))), (73) α cos (ωt + φ), (74) (75) de vi ha satt α α exp ( iφ). I tilstanden α, ti svinge altså middelvedien til posisjonen hamonisk. Desom α e eell e φ 0. Dette esultatet kan også sees diekte fa den oppgitte sannsynlighetsfodeling i posisjonsommet, hq α, ti. Den elative uskapheten i posisjonen e gitt ved q hˆqi 1 (76) α cos (ωt + φ) som gå mot 0 (fo alle t fo cos (ωt + φ) 6 0)nå hˆni α gå mot. Altså svinge middelposisjonen som cos (ωt + φ), og den elative usikkeheten gå mot 0nå hˆni gå mot. Detbetyatfohˆni ha vi en beskivelse som gå mot klassisk fysikks beskivelse: q q 0 cos (ωt + φ). (77)

7 Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk, 8/8-005 Side 7 av 9 (α eell tilsvae φ 0.) Vi meke oss også at q p /, dvs. at q p ha den minste vedi som e mulig ifølge usikkehetselasjonen. Vi betakte så n, ti: Vi få ved hjelp av oppgave d) og opplysningene i denne oppgaven: hn, t ˆq n, ti exp(i(n + 1 )ωt)exp( i(n + 1 )ωt)hn ˆq ni 0. (78) Middelposisjonen e altså 0, uavhengig av t og hˆni, som vi skulle fovente siden n, ti e en stasjonæ tilstand. n, ti kan altså ikke beskive noe som svinge med tiden som en klassisk hamonisk oscillato gjø. Vi meke oss også ved hjelp av esultatene fo pkt. e) at både q og p gå mot nå hni gå mot. Dette e som vi skulle vente siden hˆqi 0hˆpi og enegien gå mot nå hˆni gå mot. Oppgave. Tidsuavhengig petubasjonsteoi Føste odens enegikoeksjon e i Rayleigh-Schödinges petubasjonsteoi gitt ved: λe (1) n hn λ ˆV ni, (79) de ni e egentilstand til den upetubete Hamiltonopeatoen Ĥ (0). λ ˆV e petubasjonen og altså likĥ Ĥ(0) de H e den aktuelle Hamiltonopeatoen. I denne oppgaven kan du også få buk fo følgende: dq qihq 1. (80) µ i δ(q q 1 ). (81) hq F (ˆp, ˆq) q 1 i F q Bølgefunksjonen fo éndimensjonal hamonisk oscillato i gunntilstanden: ³ mω 1/4 ψ 0 (q) exp ( mωq /()). π (8) dxx n exp ( x ) (n 1) π n, (83) de n 1,, 3,... a) λ ˆV e ovenfo uttykt ved den geneelle fomalismen. Anta at vi betakte et éndimensjonalt poblem og at ˆV bae e avhengig av konstante og posisjonsopeatoen ˆq. Omfomuttykket fo λe n (1) til bølgemekanikk-fomalismen (i posisjonsommet) bl.a. ved buk av fullstendighetselasjonen, dvs. vis at: λe n (1) dqψ n(q)λv (q)ψ n (q), (84) de ψ n e egenfunksjon til Ĥ. Benytt som kjent at ψ n (q) hq ni.

8 Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk, 8/8-005 Side 8 av 9 λe (1) n hn λ ˆV ni, (85) dq 1 dq hn q 1 ihq 1 λ ˆV q ihq ni, (86) dq 1 dq ψ n(q 1 )λv (q 1 )δ(q 1 q )ψ n (q ), (87) dq 1 ψ n(q 1 )λv (q 1 )ψ n (q 1 ). (88) b) Beegn gunntilstandsenegien E 0 E (0) petubasjonsteoi (se pkt. a) fo: 0 +λe(1) 1 1 ω+λe(1) 0 ved Rayleigh-Schödinge Ĥ (0) ˆp m + 1 mωˆq (89) og λ ˆV Ĥ Ĥ(0) λˆq 6, (90) de λ e en liten eell og positiv konstant. λe (1) 0 dq( mω π )1/ exp ( mωq )λq6, (91) λ π ( mω )1/ ( mω )7/ x 6 exp ( x ), (9) λ( 15 mω )3 8. (93) Demed e E ω + λ( )3 mω 8. (94) c) Vis at fo enhve kvadatisk integeba funksjon f gjelde følgende: R dτf Ĥf R dτf f E 0, (95) de E 0 e den laveste egenvedien til Hamiltonopeatoen Ĥ. Vi tenke oss at vi ville benytte denne ulikheten (dvs. benytte Rayleigh-Ritz vaisjonsmetode) til å beegne en øve skanke E RR fo E 0 fo Hamiltonopeatoen Ĥ gitt unde pkt. b). Vi tenke oss videe at vi benytte pøvefunksjonen: f exp( aq ), (96) de a e en vaieba paamete. Hvilket esultat, det fo E 0 ipkt.b)elledetvihe ville få foe RR, vil ligge næmest den koekte gunntilstandsenegien fo Ĥ? Begunn svaet!

9 Eksamen i TFY405 Kvantemekanikk, 8/8-005 Side 9 av 9 (Mek at det ikke e nødvendig med meget egneabeid fo å kunne svae på dette.) Vi kalle egenfunksjonene til Ĥ fo ψ n og utvikle f idisse,dvs. f c n ψ n. (97) n0 Egenvediene til Ĥ kalle vi E n.viantaatψ n e otonomete. Vi få da: X f Ĥfdτ c mψ mĥ X c n ψ n dτ, (98) m n X X c mc n E n ψ mψ n dτ, (99) n m X X c n E n E 0 c n. (100) n n Tilsvaende fåes: f fdτ X n c n (101) og demed ha vi R f Ĥfdτ R f fdτ P n c n E n Pn c n E 0 (10) Desom a velges like mω/ vil f ψ 0 og E RR E 0 fa pkt. b). (fodi R dτψ 0 Ĥ (0) ψ 0 ω/).desomvivaieea slik at E RR få minimum (som skal gjøes ette Rayleigh- Ritz-metoden) vil vi få E RR minde enn E 0 fa pkt. b) fo λ 6 0.