FYS2140 Kvantefysikk, Løsningsforslag Oblig 7

Transkript

1 FYS4 Kvantefysikk, Løsningsforslag Oblig 7 4. mars 8

2 Her finner dere løsningsforslag for Oblig 7 som bestod av Oppgave.,.45 og.46 fra Griffiths, og et løsningsforslag for Oppgave., som var tilleggsoppgave. Oppgave En fri partikkel har som initialbetingelse bølgefunksjonen hvor A og a er positive reelle konstanter. a) Normer Ψ(x, ). Svar: Normeringskravet er Ψ(x, ) Ae a x, () Ψ(x, ) dx. () Vi finner Ψ(x, ) dx Ae a x dx A e a x dx A e ax dx A a e ax ] A a A a, (3) hvor vi har brukt at integranden er like (symmetrisk) om x. Gitt normaliseringskravet kan vi velge en positiv reell A a. b) Finn φ(k). Svar: Vi finner φ(k) gjennom en generalisering av Fouriers triks til et kontinuerlig energispektrum, hvor φ(k) er Fouriertransformen til Ψ(x, ): φ(k) e ikx Ψ(x, ) dx. (4) Fra Oppgave 3 c) i Oblig, eller se Rottmanns liste over Fouriertransformasjoner, har vi at φ(k) e ikx a ae a x a a dx k + a a k + a. (5) c) Konstruer Ψ(x, t) i form av et integral. Svar: Ψ(x, t) er nå gitt som integralet over fri-partikkel stasjonære tilstander e i(kx ω(k)t), hvor ω(k) hk /m, med koeffisienter gitt ved φ(k): Ψ(x, t) φ(k)e i(kx ω(k)t) dk. (6)

3 Dette gir etter litt forenkling Ψ(x, t) a3/ a a a + k ei(kx ω(k)t) dk a + k ei(kx ω(k)t) dk. (7) d) Diskuter hva som skjer med partikkelen i grensene hvor a er veldig stor og a er veldig liten. Svar: For store verdier av a er funksjonen Ψ(x, ) en skarp tynn spiss omkring x. Samtidig er a a a φ(k) a + k a a, (8) en bred og flat fordeling. Dette betyr at posisjonen er veldefinert (liten spredning på bølgefunksjonen), mens bevegelsesmengden (gjennom bølgetallet, p hk) er veldig uskarpt. For små a er Ψ(x, ) bred, mens φ(k) a a a + k a a k a 3 k, (9) er en skarp spiss nær k. I det tilfellet er posisjonen uskarp, mens bevegelsesmengden har liten spredning. Oppgave Hvis to (eller flere) distinkte løsninger av den tids-uavhengige Schrödingerligningen har samme energi E, så sier vi at tilstandene er degenererte. For eksempel er fri-partikkel løsningene dobbelt degenererte en løsning representerer bevegelse mot høyre, og den andre mot venstre. Men, vi har aldri møtt normaliserbare degenererte løsninger, og dette er ingen tilfeldighet. Bevis det følgende teoremet: i en dimensjon finnes det ingen degenererte bundne tilstander. Hint: anta at det finnes to løsninger, ψ og ψ, med samme energi E. Multipliser Schrödingerligningen for ψ med ψ, og Schrödingerligningen for ψ med ψ, og finn differansen, for å vise at (ψ dψ /dx ψ dψ /dx) er en konstant. Bruk at for normaliserbare løsninger så må vi ha at ψ ved ±, for å demonstrere at denne konstanten Hvis to løsninger bare skiller seg ad ved en multiplikativ konstant (slik at de, når de er normalisert, bare skiller seg ved en fasefaktor e iφ ), så representerer de den samme fysiske tilstanden, og i denne betydningen er de ikke distinkte løsninger. Teknisk så mener vi med distinkte løsninger: lineært uavhengige. I høyere dimensjoner er slik degenerasjon veldig vanlig, som vi skal se i kapittel 4 i Griffiths. Anta også at vi ikke har det veldig spesielle tilfellet hvor potensialet består av isolerte deler adskilt av områder hvor V for eksempel vil to isolerte uendelige kvadratiske brønner gi degenererte bundne tilstander, hvor partikkelen er enten i den ene eller andre brønnen.

4 er null. Vis fra dette at ψ må være et tall multiplisert med ψ, og at de to løsningene derfor ikke er distinkte. Svar: Den tids-uavhengige Schrödingerligningen (TUSL) for de to løsningene er h d ψ m h m dx + V ψ Eψ, d ψ dx + V ψ Eψ. Multiplisert med henholdsvis ψ og ψ får vi h d ψ m h m dx ψ + V ψ ψ Eψ ψ, d ψ dx ψ + V ψ ψ Eψ ψ. Differansen mellom de to ligningene er ( h d ψ ψ m dx ψ d ) ψ dx, () men vi kan skrive det som står i parantesen på følgende måte: d ψ ψ dx ψ d ψ Innsatt i () gir det dx dψ dψ dx dx + ψ d ψ dx dψ dx d ( dψ ψ dx dx ψ dψ dx h d m dx ( ψ dψ dx ψ dψ dx ψ d ψ dx ). () ) dψ, () dx dψ noe som betyr at (ψ dx ψ dψ dx ) er en konstant uavhengig av verdien av x. Siden ψ, ψ når x så må denne konstanten faktisk også være null. dψ Fordi ψ dx ψ dψ dx kan vi finne forholdet mellom de to bølgefunksjonene: dψ dψ ψ ψ dx dx dψ dψ ψ ψ dψ ψ dψ ψ ln ψ ln ψ + C e ln ψ e ln ψ +C ψ (x) C ψ (x), (3)

5 hvor C e C. Dette beviser at de to løsningene bare skiller seg ad ved en konstant og derfor ikke er distinkte løsninger. Hvis du lurer på hva som går galt i dette beviset for to uendelige brønner, så skjer det når du prøver å ta differensen mellom de to Schrödingerligningene. Det finnes da ikke noen verdi for x hvor ikke begge leddene i differansen er identisk lik null. Oppgave 3 Tenk deg en ring med masse m som sklir friksjonsløst på en vaier formet som en sirkel med omkrets L. (Dette tilsvarer en fri partikkel, bortsett fra at ψ(x + L) ψ(x).) Finn de stasjonære tilstandene (med passende normering) og de tilhørende energiene. Merk at det er to uavhengige løsninger for hver energi E n som korresponderer til bevegelse med eller mot klokka; kall disse ψ n + (x) og ψn (x). Hvordan vil du forklare denne degenerasjonen i forhold til teoremet i Oppgave? (Hva er det som gjør at teoremet ikke kan brukes i dette tilfellet?) Svar: Vi finner de stasjonære tilstandene som løsninger av den tidsuavhengige Schrödingerligningen. I dette tilfellet er potensialet V (x), og TUSL er gitt ved h d ψ Eψ, (4) m dx hvor x nå måler en avstand rundt ringen fra et gitt startpunkt. Vi kan skrive denne ligningen på en standard form d ψ dx k ψ, (5) hvor me k. (6) h Denne differensialligningen vet vi har den generelle løsningen (se for eksempel avsnittet om partikkel i boks i Griffiths): ψ(x) Ae ikx + Be ikx. (7) Nå må vi spørre oss hva som er grensebetingelsene her for å bestemme konstantene og eventuelt finne kvantisering av energien. Vi vet at bølgefunksjonen og den deriverte av den må være kontinuerlige, og derfor at de må være de samme etter at vi har gått en gang rundt sirkelen, det vil si ψ(x + L) ψ(x) og ψ (x + L) ψ (x). Det betyr at Setter vi inn x gir det: Ae ikx + Be ikx Ae ik(x+l) + Be ik(x+l). (8) A + B Ae ikl + Be ikl. (9)

6 Og, med den deriverte, ikae ikx ikbe ikx ikae ik(x+l) ikbe ik(x+l). () Setter vi inn x her får vi: Hvis vi legger sammen (9) og () får vi A B Ae ikl Be ikl. () A Ae ikl. () Dette betyr at enten er A, eller så er e ikl slik at vi må ha k n L n hvor n, ±, ±,..., altså kvantisering av k. Dersom A så er fra (9) B Be ikl, som leder til k n L n med n, ±, ±,..., som gir samme konklusjon for k. Hvis vi velger at n skal være positiv, så kan vi skrive ned to løsninger for hver n: ψ + n (x) Ae i(nx/l) og ψ n (x) Be i(nx/l). (3) (Negative n gir bare de samme løsningene en gang til.) For n finnes det bare en løsning med k som er en konstant (x uavhengig) bølgefunksjon. Vi finner en passende normering fra normeringsbetingelsen Dette gir L ψ ± n (x) dx. (4) L ψ + n (x) dx L Ae i(nx/l) dx L A e i(nx/l) e i(nx/l) dx L A dx A L, (5) som, dersom vi velger normeringskonstanten til å være reell og positiv, gir A / L. På samme måte er B / L. De normerte stasjonære tilstandene er altså: ψ + n (x) L e i(nx/l) og ψ n (x) L e i(nx/l). (6) De tilhørende energiene er gitt fra (6) som for n,,,... E n h k n m h ml n, (7)

7 Grunnen til at teoremet i forrige oppgave ikke er gyldig her er at bølgefunksjonen ikke går mot null når x går mot uendelig. Teoremet er altså kun gyldig dersom vi definerer kvantemekanikken vår på et uendelig intervall. Oppgave 4 Tilleggsoppgave ikke oblig! En fri partikkel begynner med bølgefunksjonen hvor A og a er reelle konstanter, og a >. a) Normaliser Ψ(x, ). Ψ(x, ) Ae ax, (8) Svar: Integralet i normeringsbetingelsen gir Ψ(x, ) dx A e ax dx A a. (9) Her har vi tatt det bestemte integralet fra Rottmann som gir e λy dy λ, (3) for λ >. Vi kan da velge oss en positiv reell normeringskonstant A (a/) /4. b) Finn Ψ(x, t). Hint: Integral på formen e (ax +bx) dx, (3) kan gjøres ved å lage et fullstendig kvadrat: La y ax + (b/a)], og bruk at (ax + bx) y (b /4a). Svar: Ψ(x, t) ( ) a /4 e ax /+i hat/m]. (3) + i hat/m Svar: Ψ(x, t) er gitt ved Ψ(x, t) φ(k)e i(kx ω(k)t) dk, (33)

8 der ω(k) hk /m. Vi begynner med å finne φ(k) som er gitt ved Fouriertransformasjonen av initialbetingelsen Ψ(x, ): φ(k) A A e ikx Ψ(x, ) dx e ikx Ae ax dx e (ax +ikx) dx e y +(ik) /4a a dy ( ) a /4 /4a a e k e y dy ( ) /4 4 e k /4a a (a) /4 e k /4a. (34) Her har vi brukt det variabelbyttet som det ble hintet om i oppgaveteksten, samt (3) med λ. Merk at denne teknikken for å gjøre integralet er uavhengig av hvorvidt de ulike konstantene i eksponentialet er reelle eller ikke. Vi finner så Ψ(x, t): Ψ(x, t) φ(k)e i(kx ωt) dk /4a (a) /4 e k e (8 3 a) /4 (8 3 a) /4 (8 3 a) /4 e hk i(kx m+i hat ( 4am )k +ikx dk m t) dk e y +(ix) /4( m+i hat 4am ) m+i hat e y x am m+i hat /(m+i hat) (8 3 a) /4 e amx ( ) a /4 e ax /(+i hat/m) + i hat/m 3 ( a 4am 4am m + i hat dy 4a + i hat/m dy e y dy ) /4 e ax /(+i hat/m) + i hat/m, (35) hvor vi igjen har brukt variabelbyttet i hintet og (3).

9 c) Finn Ψ(x, t). Uttrykk svaret ved hjelp av størrelsen a w + ( hat/m). (36) Skisser Ψ (som funksjon av x) ved t, og for en stor verdi av t. Kvalitativt, hva skjer med Ψ når tiden går? Svar: La T hat/m. Vi begynner med å finne absoluttverdikvadratet fra z zz : Ψ(x, t) Med w a +T er da ( ) a /4 e ax /(+it ) ( ) a /4 e ax /( it ) + it it ] a exp ax +it ax it ( + it )( it ) ] a exp ax ( it ++it ) (+it )( it ) ( + T ) ] a exp ax +T ( + T ). (37) Ψ(x, t) w exp w x ]. (38) Vi viser utviklingen til Ψ med tiden i figur. Med tiden så spres sannsynlighetstettheten utover. Posisjonen blir mer og mer uskarp. d) Finn x, p, x, p, σ x og σ p. Delvis svar: p a h, men det kan ta litt algebra for å redusere svaret til denne enkle formen. Svar: x x Ψ(x, t) dx x w exp w x ] dx, (39) hvor vi har brukt at intergranden er odde (anti-symmetrisk). p m d x dt. (4)

10 x,t ^ x nm Figur : Utviklingen til Ψ(x, t) for t,,, 3 ns (blå, rød, gul, grønn) hvor vi har valgt a nm og h/m nm s. x x w w exp x ] dx x exp w x ] dx x Ψ(x, t) dx w w ( ) (w ) + + Γ w(w ) 3/ ( ) Γ 4w (4) hvor vi først har brukt at intergranden er like (symmetrisk), og at det resulterende integralet er gitt fra Rottmann som for k > og λ >. e λx x k dx k+ λ ( k + Γ ), (4) p h Ψ (x, t)ˆp Ψ(x, t) dx Ψ (x, t) d Ψ(x, t) dx. (43) dx

11 Vi regner først ut integranden. For å lette regnearbeidet litt vil vi definere u a/( + it ). ( Ψ (x, t) d a dx Ψ(x, t) ( a ) / e ax /( it ) it d ) / e ax /( it ) it e ax/(+it ) dx + it ] d axe ax /(+it ) dx ( + it ) + it ( ) a / e ax /( it ) a(ux )e ax /(+it ) it ( + it ) + it ( ) 8a / u(ux ) e ax (/(+it )+/( it )) + T ( ) 8 / uw(ux )e ax /(+T ) ( 8 Vi tar så for oss integralet: p h ( 8 h ( 8 ) / uw h ( 8 ) / uw ) / uw(ux )e w x. (44) ) / uw(ux )e w x dx (ux )e w x dx (ux )e w x dx u (w ) + ) w ( ) 8 / ( + h uw Γ ( ) 8 / ( ] 3 h uw u(w ) 3/ Γ ) w ( ) 8 / ] h uw u (w ) 3/ w ( ) 8 / ] h uw 8w 6 u w ] h uw 4w 6 u w ] h u 4w 4 u h u u ] w ] h u a/( + it ) a/( + T ) ]

12 h u ( + T ] ) ( + it ) ] h ( it ) u ] ( + it ) h u h a ( + it ) h a (45) ( + it ) hvor vi har brukt resultater fra Rottmann gitt i (3) og (4). σ x σ p x x 4w w. (46) p p a h a h. (47) e) Holder uskarphetsprinsippet? Ved hvilken tid t kommer partikkelen nærest uskarphetsgrensen? Svar: Uskarphetsprinsippet holder da σ x σ p a h w a h a +T h + T h ( ) hat + h m. (48) Dette uttrykket er minst når t, og ligger da akkurat på uskarphetsgrensen.