Løsningsforslag Matematisk fysikk, 28. mai 2001

Transkript

1 Løsningsforslag Matematisk fysikk, 8. mai Oppgave a) Det er trykkfeil i oppgaven. Riktig uttrykk er Vi har sin n θ = π cosx sin θ) = π π = n= n= n= = J x). π n n!). ) n x sin θ) n n= ) n x n ) n x n ) n n!) x ) n π n n!) sin n θ b) Her får vi e αx J x) dx = α π e αx cosx sin θ) dx e αx cosx sin θ) dx e αx α + sin θ α + sin θ. Her har vi brukt formel ), s. 44, i Rottmann. Oppgave x = Ψ xψ dx = a/π) α cosx sin θ) + sin θ sinx sin θ) ) xe ax c) dx. Med en ny integrasjonsvariable y definert ved x = c + y/ a fås x = π c + y ) e y dy. a Integralet ye y dy = av symmetrigrunner, og e y dy = π. Det gir x = c.

2 Da operatoren som svarer til p x er p x = /i) / x blir p x = Ψ i d dx Ψ dx = a/π) i Med samme integrasjonsvariabel y som ovenfor får vi Oppgave p x = π [ ax c) + ib] e ax c) dx. [ i y ] a + b e y dy = b. a) Vi får x + d ) ψ n x) = xhn dx n n! π) / + H n ) ) e x / xh n e x / = n+ n! π) / nh n+e x / = nψ n x). Her har vi brukt relasjonen H n = nh n+. b) Den genererende funksjonen gir e s = n= H n ) sn n!. Taylor-rekken til eksponensialfunksjonen gir at venstresiden kan skrives som e s = ) m s m. m! m= ved å sammenligne de to uttrykkene finner vi { for n odde, H n ) = ) m m)! m! for n = m. Alternativt kan man bruke formelen H n+ x) = xh n x) H n x) for x =, dvs H n+ ) = H n ) samt induksjon til å vise resultatet. c) Den tidsuavhengige Schrödingerlikningen er m ψ + V r) ψ = E ψ. Direkte innsetting av den oppgitte produktformen for ψ gir med = / x + / y + / z og for r inni boksen [ ] n xπ m L ψ n y π L ψ + sin n xπx L sin n yπy d φ L dz + mω z ψ = Eψ.

3 Sinusfaktorene er felles for alle ledd og kan ikke være null fordi da blir ψ =. Vi kan derfor forkorte disse bort og står igjen med med d m dz φ + mω z φ = εφ, ) ε = E π ml n x + n y ). Likningen ) for φ er harmonisk-oscillator-likningen. Grensebetingelsene i x =, x = L, y = og y = L er ψ = fordi bølgefunksjonen er kontinuerlig og lik null utafor boksen. Dette er oppfylt når n x og n y er heltall. Av samme grunn må vi også ha grensebetingelsen φz = ) = ) ved bunnen av boksen. Heltallene n x og n y kan ikke være null fordi da blir ψ = overalt. Og negative heltall gir samme bølgefunksjoner som positive heltall, så vi står igjen med n i =,,..., i = x eller y). d) Laveste verdi for E får vi for n x = n y = og med laveste verdi for energiparameteren ε i oscillatorlikningen ). Energiverdiene for en harmonisk oscillator er ε = n + ) ω med n =,,,.... Grensebetingelsen ) oppfylles ikke av φ z), men av φ z) fordi H ) og H ) =, som oppgitt under punkt b). Altså er for vårt problem ε = ω den minste verdien for ε. Grunntilstanden i boksen har derfor energien Oppgave 4 a) Med yx) = φ λ x) = φt) finner vi Emin) = π ml + ω. y = λφ, xy ) = λtφ ). OBS: Her er y = dy/dx og φ = dφ/dt.) Derfor eller = λtφ ) + λ p t φ = λ t λ φ, t φ + tφ + t p )φ =. b) Bessel-ligningen har to lineært uavhengige løsninger, nemlig J p og Y p. Funksjonen Y p er ubegrenset nær x = og må forkastes. Dermed blir Kravet om at y) = gjør at λ må oppfylle yx) = φ λ x) = J p λ x). J p λ) =.

4 c) Vi skriver ligningen på selvadjungert form og får x xy ) + p x y = λy med vektfunksjon rx) = x. Ortogonalitet av egenfunksjoner tilhørende forskjellige egenverdier for Hermiteske spesielt selvadjungerte) operatorer gir resultatet. Oppgave 5 a) Den tidsuavhengige Schrödingerlikningen er m ψ + V x) ψ = Eψ. Med V x) = αδx) integreres Schrödingerlikningen fra en negativ verdi x = ɛ til en positiv verdi +ɛ. Det gir [ ψ +ɛ) ψ ɛ) ] ɛ αψ) = E ψx) dx. m ɛ La så ɛ. Det siste integralet vil da forsvinne, og vi får q.e.d. [ ψ +) ψ ) ] αψ) =, ) m b) For x er Schrödingerlikningen enkel: med generell løsning der m ψ = Eψx), ψx) = A e κx + B e +κx, κ = me/. 4) Skal bølgefunksjonen være normerbar må ψx ± ) =. Det gir B = for x > og A = for x <. Da bølgefunksjonen er kontinuerlig overalt blir den av formen Innsatt i betingelsen ) gir dette ψx) = Ae κ x. m Aκ A =, dvs κ = m. Innsatt i 4) fås energien E = m κ = mα. 4

5 c) Det er trykkfeil i oppgaven. Riktig uttrykk for ψ når x L er /L L x. Ved innsetting av ψ = N L x i ) får vi dvs Da ψ = for x gir Schrödingerlikningen N) = αn L, m α = ml. E =. Da ψ ) = gir ) at ψ er kontinuerlig i origo. Altså er problemet det samme som for partikkel i éndimensjonal boks av bredde L, som har ψ som første eksiterte tilstand n =, med energi oppgitt i vedlegget som E = π ml) = π ml. d) Middelverdien av den kinetiske energi T = p x/m er En delvis integrasjon med ψ± ) = ) gir T = ) ψ d ψ dx. m i dx T = dψ m dx dψ dx dx = m dψ dx som skulle vises. For grunntilstanden ψ er ψ = /L for x L, null ellers. Det gir T = m Middelverdien av den potensielle energi er V = α L L = ml. ψ δx)ψ dx = α ψ) = α L = ml dx, L = ml. Har brukt verdien av α som vi fant i punkt c). En alternativ utledning bruker at T + V er lik totalenergien, og at vi for grunntilstanden fant E = i punkt c). Det gir V = T, samme resultat som ovenfor. 5