FYS2140 Kvantefysikk. Løsningsforslag for Oblig 7

Transkript

1 FYS2140 Kvantefysikk Løsningsforslag for Oblig 7

2 Oppgave 2.23 Regn ut følgende intgral a) +1 3 (x 3 3x 2 + 2x 1)δ(x + 2) dx (1) Svar: For å løse dette integralet bruker vi Dirac deltafunksjonen (se seksjon 2.5 i boka), som brukes som angitt under. f(x)δ(x a) dx = f(a) δ(x a) dx = f(a) (2) Bruker vi dette på vårt integral får vi, hvor f(x) = (x 3 3x 2 +2x 1): +1 f(x)δ(x + 2) dx = f( 2) δ(x + 2) dx = ( 2) 3 3 ( 2) ( 2) 1 = = 25 b) [ ] cos(3x) + 2 δ(x π) dx (3) 0 Svar: Bruker vi samme metode som i oppgave a), får vi: f(x)δ(x π) dx = f(π) 0 0 = cos(3π) + 2 = = 1. δ(x π) dx c) +1 1 e ( x +3) δ(x 2) dx (4) Svar: Dette integralet blir 0, da x = 2 er utenfor domenen til integrasjonen. 1

3 Oppgave 2.24 Delta functions live under integral signs, and two expressions (D 1 (x) and D 2 (x)) involving delta functions are said tot be equal if: f(x)d 1 (x) dx = for every (ordinary) function f(x) a) Show that f(x)d 2 (x) dx δ(cx) = 1 δ(x). (5) c where c is a real constant. (Be sure to check the case where c is negative. Svar: For å løse dette må vi teste og se hva som skjer. Dersom vi lar y cx, slik at dx = 1 dy for c > 0 vil y da gå fra minus uendelig c til pluss uendelig, mens for c < 0 vil y gå fra pluss uendelig til minus uendelig. La oss prøve { 1 f(x)δ(cx) dx = f(y/c)δ(y)dy = 1 f(0) (c > 0); c c 1 f(y/c)δ(y)dy = 1 f(y/c)δ(y)dy = 1 f(0) (c < 0). c c c Dermed, blir dette: f(x)δ(cx) dx = 1 c f(0) Som gir oss det vi lette etter 1 c δ(x). b) Let θ(x) be the step function: = f(x) 1 δ(x) dx c θ(x) = { 1, if x > 0, 0, if x < 0. 2

4 (In the rare case where it actually matters, we define θ(0) to be 1/2.) Show that dθ dx = δ(x). Svar: For å finne svaret her må vi gjøre litt delvis integrasjon. f(x) dθ dx dx = [fθ] = f( ) 0 df dx θ dx df dx dx = f( ) f( ) + f(0) = f(0) = f(x)δ(x) dx Dermed er dθ/dx = δ(x), som gir mening da θ er konstant, dens deriverte er null, med unntak av ved x = 0 da den deriverte er uendelig. Oppgave 2.26 What is the Fourier transform of δ(x)? Using Plancherel s theorem, show that δ(x) = 1 e ikx dk (6) Svar: Plancherel s teorem er gitt av f(x) = 1 F (k)e ikx dk F (k) = 1 f(x)e ikx dx (7) F (k) er Fourier transformen av f(x); mens f(x) er den inverse. For å løse dette problem kan man enkelt la f(x) = δ(x) og sette dette inn i likningen for Fourier transform. F (k) = 1 = 1 δ(x)e ikx dx 3

5 Her har vi brukt egenskaper ved Dirac deltafunksjonen. Vi har nå funnet F (k) = 1 og kan da finne f(x) ved hjelp av Plancherel s teorem. f(x) = δ(x) = 1 Som er det vi skulle vise. 1 e ikx dk = 1 e ikx dk Oppgave 2.27 Consider the double delta-function potential V (x) = α [ δ(x + a) + δ(x a) ], (8) where α and a are positive constants. a) Sketch this potential Svar: Figur 1: Skisse av potensialet b) How many bound states does it posses? Find the allowed energies for α = 2 /ma and for α = 2 /4ma, and sketch the wave functions. Svar: Fra oppgave 2.1c) vet vi at løsningene er like eller odde. Først ser vi på de like løsningene: 4

6 Ae κx ψ(x) = B(e κx + e κx ) Ae κx (x < a), ( a < x < a), (x < a). Pga. kontinuitet i a så har vi: Ae κa = B(e κa + e κa ), eller A = B(e 2κa + 1) og at det er en diskontinuitet i den deriverte ved a: dψ dx = 2mα 2 ψ(a) : Da får vi: Som gir oss : κae κa B(κe κa κe κa ) = 2mα 2 Ae κa I tillegg har vi følgende A + B(e 2κa 1) = 2mα 2 κ A ( 2mα ) B(e 2κa 1) = A 2 κ 1 ( 2mα ) = B(e 2κa + 1) 2 κ 1 e 2κa 1 = e 2κa ( 2mα 2 κ 1 ) + 2mα 2 κ 1. For å få et bedre uttrykk som vi lett kan fremstille grafisk er det lurt å uttrykke løsningene våre slik 1 = 2mα 2 κ 1 + 2mα κ e 2κa ; 2 κ mα = 1 + e 2κa e 2κa = 2 κ mα 1 5

7 For å løse denne grafisk lar vi z = 2κa og c 2, dermed er 2amα e z = cz 1, plotter så begge sider av likningen og ser hvor kurvene har kryssningspunkt. Figur 2: Grafisk fremstilling av like løsninger Fra plottet kan vi se at både c og z er positive og vi ser også at det kun er en løsning for like ψ. Hvis α = 2 /2ma, da er c = 1 og vi får z = 1.278, dermed er κ 2 = 2mE/ 2 = z 2 /(2a) 2. Fra dette kan vi finne energien E, ( ) E = (1.278)2 2 8 ma 2 ( ) 2 = ma 2 Videre kan vi se på odde funksjoner, som er gitt ved Ae κx ψ(x) = B(e κx e κx ) Ae κx (x < a), ( a < x < a), (x < a). Om vi igjen ser på kontinuitet ved a Ae κa = B(e κa e κa ), or A = B(e 2κa 1). 6

8 Og så på diskontinuitet i den deriverte κae κa B(κe κa + κe κa ) = 2mα 2 Ae κa ( 2mα ) B(e 2κa + 1) = A 2 κ 1, Dette gir oss videre Videre kan vi da få ( 2mα ) e 2κa + 1 = (e 2κa 1) 2 κ 1 = e 2κa ( 2mα 2 κ 1 ) 2mα 2 κ = 2mα 2 κ 1 2mα 2 κ e 2κa ; 2 κ mα = 1 e 2κa, e 2κa = 1 2 κ mα Dette kan vi igjen skrive som e z = 1 cz. Fremstiller dette grafisk som for de like løsningene og får. Figur 3: Grafisk fremstilling av odde løsninger Nå, dersom vi ser på plottet vi har lagd, så kan vi se at her er det to muligheter, det kan være ingen løsninger eller så kan det være en. 7

9 Begge kurvene krysser y-aksen ved 1, men dersom man har en for stor c, eller for liten α, vil ikke kurven krysse z-aksen. Ved en mindre c vil kurven derimot krysse z-aksen. Merk at z = 0 κ = 0 er ikke en løsning, siden ψ da ikke er normaliserbar. Stigningen for e z blir da (ved z = 0) er 1, mens stigningen for (1 cz) er c. Det vil si at det er en odde funksjon ved c < 1, eller α > / 2ma.. Til slutt kan vi da konkludere med at det er en bundet tilstand for α 2 /2ma og to for α > 2 /2ma. Men, vi skulle jo også finne energiene. Dersom α er gitt ved α = 2 ma vil c da være { c = 1 Even: e z 2 = 1z 1 z = , 2 Odd: e z = 1 1z z = Som gir oss følgende energier: E = ( 2 /ma 2) ; E = ( 2 /ma 2). Har vi derimot α = 2 /4ma, så har vi kun en bundet tilstand (for like løsninger), som er gitt av e z = 2z 1 z = som gir oss E = ( 2 /ma 2 ). 8