Løsningsforslag Eksamen 20. desember 2012 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I

Transkript

1 Eksamen FY045/TFY desember 0 - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 0. desember 0 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I a. For x < 0 er potensialet lik null. (i) For E > 0 er da ψ E = (m e E/ )ψ E k ψ E. Da må ψ E for x < 0 være en lineærkombinasjon av sin kx og cos kx, eller alternativt av exp(ikx) og exp( ikx). (ii) For E = 0 er tilsvarende ψ E = 0, med generell løsning ψ E = A + Bx. Her må B settes lik null for å unngå divergens når x. For negative x er altså ψ E i dette tilfellet lik en konstant. (iii) Dersom ψ E er en energiegenfunksjon med negativ energi, har vi for x < 0 at ψ E = [m e ( E)/ ]ψ E κ ψ E. Med κ = m e ( E)/ må løsningen for x < 0 da ha formen ψ E exp(κx), idet løsningen exp( κx) divergerer i grensen x. En bunden tilstand skal være kvadratisk integrerbar og lokalisert. Dette er ikke oppfylt for tilfellene (i) og (ii). Følgelig må en eventuell bunden tilstand i dette potensialet ha negativ energi. For x > b har vi at ψ E = m e [V 0 E]ψ E κ ψ E ; κ me V 0 + m e( E) = /a 0 + κ. Av de to løsningene exp( κ x) og exp(κ x) er bare den første akseptabel, fordi ψ E ikke får lov å divergere i grensen x. b. Siden den bundne tilstanden har E < 0, ser vi at den relative krumningen ψ ψ = m e [V (x) E] = { κ for x < 0 og 0 < x < b, κ for x > b er positiv over alt (unntatt i origo, hvor deltafunksjonsbrønnen gjør at den er ). Egenfunksjonen ψ(x) må altså krumme utover fra aksen unntatt i origo, hvor den knekker mot aksen. Med valget ψ(0) = er ψ = exp(κx) for x < 0. I dette området har vi derfor ingen nullpunkter. For x > b har vi tilsvarende at ψ = Ce κ x, så det er ingen nullpunkter i dette området heller. Om vi nå prøver oss med et nullpunkt i intervallet 0 < x < b, blir skissen seende slik ut:

2 Eksamen FY045/TFY desember 0 - løsningsforslag Fordi ψ skal krumme utover over alt (unntatt i origo), ser vi at nullpunktet framtvinger en knekk i x = b. Siden egenfunksjonen ψ skal være glatt i dette punktet, kan en egenfunksjon ikke se slik ut. (Den bundne tilstanden har derfor ikke noe nullpunkt.) Egenfunksjonen for den bundne tilstanden må altså se slik ut: Her har vi fire ukjente, de tre reelle konstantene A, B og C samt energien E (som inngår i uttrykkene for κ og κ ). Disse fire ukjente bestemmes entydig av de fire betingelsene som vi tilsammen har i punktene x = 0 og x = b. Følgelig er denne egenfunksjonen unik; vi har bare én bunden tilstand i dette potensialet, forutsatt at g > g 0 (slik at knekken i origo blir tilstrekkelig kraftig). c. Vi har alt sett at en tilstand med E = 0 må være lik en konstant (som vi kan kalle B) for x < 0. Siden ψ = 0 også for 0 < x < b, følger det videre at den må være lineær i dette området, ψ = B + Dx. For x > b, hvor vi nå har ψ = (/a 0)ψ, må løsningen ha formen ψ = C exp( x/a 0 ). Siden ψ knekker mot aksen i origo, blir skissen da som følger: I x = 0 gir diskontinuitetsbetingelsen (for ψ /ψ) ψ (0 + ) ψ(0) ψ (0 ) ψ(0) I x = b er ψ /ψ kontinuerlig: = D B 0 = m e g 0 = g 0 = g 0 = m e a 0 a a 0 0 D B. a 0 = D B + Db = b + B/D = B D = b + a 0. I grensetilfellet er altså g 0 = a D 0 B = a 0 b + a 0 = + b/a 0. I grensen b finner vi altså g 0 = 0. Så her finner vi ganske riktig at systemet har en bunden tilstand forutsatt at g > 0, dvs uansett hvor svak brønnen er.

3 Eksamen FY045/TFY desember 0 - løsningsforslag Oppgave a. Da σ z χ ± = ± χ ±, har vi at Ĥ 0 χ ± = ω 0 σ z χ ± = ± ω 0 χ ± E ± χ ±. Energiegenverdiene er altså E = ω 0 for grunntilstanden χ og E + = + ω 0 for den (eneste) eksiterte tilstanden, χ +. De stasjonære tilstandene (for det uperturberte systemet) er dermed χ ± (t) = χ ± e ie ±t/ = χ ± e iω0t/. Den fysiske tolkningen av koeffisientene a ± (t) er at de er sannsynlighetsamplitudene slik at a ± (t) er sannsynlighetene for å måle henholdsvis S z = + (spinn opp) og S z = (spinn ned) ved tiden t. Dersom det perturberende magnetfeltet er lik null (Ĥ = Ĥ0), vet vi fra superposisjonsprinsippet at den mest generelle tilstanden for dette systemet er en superposisjon av de stasjonære tilstandene, med konstante koeffisienter. Koeffisientene a + (t) og a (t) blir altså i dette tilfellet tidsuavhengige. Med ω = ɛω 0 = 0 følger dette selvsagt også fra den oppgitte matriseligningen. b. Ved å derivere ligning nr i settet da + dt = i ω a, med hensyn på t finner vi vha nr at da dt = i ω a + Den generelle løsningen er d a = i dt ω da + dt = ω 4 a. slik at a + = i da ω dt a = A cos ω t + B sin ω t, Ved t = 0 er a + = 0 og a =, slik at Løsningen er altså = i( A sin ω t + B cos ω t). 0 = ib og = A. a + = i sin ω t og a = cos ω t, q.e.d. c. Ved å sette inn disse resultatene og formlene for de stasjonære løsningene kan vi uttrykke spinntilsanden ved tiden t slik: χ(t) = a + (t)χ + (t) + a (t)χ (t) = ( i sin ω t e iω 0t/ cos ω t e iω 0t/ ) ( a b ).

4 Eksamen FY045/TFY desember 0 - løsningsforslag 4 Fra formelarket har vi da, med a b = i sin ω te iω 0t og a b = sin ω t cos ω t = cos ω t, σ x = Re(a b) = sin ω t sin ω 0 t, σ y = Im(a b) = sin ω t cos ω 0 t, σ z = a b = cos ω t. Da vektoren ω 0 σ er horisontal, har vi at d dt σ z = (ω σ ) z = (ω σ ) z er positiv når σ ligger foran ω. Dersom vi lar ω rotere med en frekvens som avviker vesentlig fra resonansfrekvensen, vil σ ligge foran ω bare en kort stund, hvoretter den blir liggende bak, så foran igjen, så bak, osv. Resultatet er at σ z vokser en kort stund (men langt fra helt opp til +), for så å minke igjen, hvoretter den vokser, så minker, så vokser, osv. [Dette er grunnen til at σ z i et slikt tilfelle aldri vokser særlig langt fra.] d. Til første orden er overgangsamplituden a () + (t) = t e iω + t V + (t )dt. i 0 Her er Bohr-frekvensen ω + = (E + E )/ = ω 0, og matrise-elementet er V + (t ) = ω e iω 0t. Innsatt gir dette a () + (t) = t i ω e i(ω 0 ω 0 )t dt = iω t. 0 For å sammenligne kan vi utvikle det eksakte resultatet i ω t: a + (t) = i sin ω t = i [ ω t ( ω t) /! + ]. Her ser vi at de to resultatene stemmer godt overens for ω t, som blir gyldighetskriteriet for.-ordens p.t. i dette tilfellet. Dette er akkurat hva vi måtte vente;.-ordens p.t. vil fungere bra så lenge amplituden a = cos ω t for å være i den opprinnelige tilstanden ikke har rukket å endre seg vesentlig. [Merk at disse resultatene ikke krever at ω er mye mindre enn ω 0, dvs at perturbasjonen er svak. Men jo større ω er desto strengere blir gyldighetskravet til t: t /ω, slik vi ville vente ut fra erfaringer med tidsavhengig perturbasjonsteori.]

5 Eksamen FY045/TFY desember 0 - løsningsforslag 5 Oppgave a. Siden de kartesiske tilstandene ψ nxnyn z (n x n y n z ) er ortonormerte, vil normeringsintegralet bli lik summen av absoluttkvadratene av koeffisientene i den oppgitte lineærkombinasjonen: Ψ(r, 0) d r = (/ 6) + (/ ) =, q.e.d. Koeffisienten / er sannsynlighetsamplituden for å måle grunntilstandsenergien E N=0 = ω og etterlate systemet i grunntilstanden, (000). Sannsynligheten for dette resultatet er altså P N=0 = (/ ) = /. Egentilstandene (00), (00) og (00) har alle N = n x + n y + n z =, dvs energi E = ω. 7 Sannsynligheten for å måle energien E er P N= = (/ 6) = (= P N=0 selvsagt). En energimåling med resultatet E vil skrelle bort den delen av bølgefunksjonen som ikke er forenlig med denne energien, dvs (000)-delen. Den normerte tilstanden etter en måling med dette resultatet blir da Fra formelarket har vi at [(00) + (00) + (00)]. ψ 00 (x, y, z) = ( ) mω /4 ( e mω(x +y +z )/ 4 mω ) 8 π x, og tilsvarende for (00) og (00), med x y og x z. Den oppgitte tilstanden kan altså skrives på formen [(00) + (00) + (00)] = ( mω 4 π ) /4 ( e mωr / 4 mω ) r 6. Siden denne er vinkeluavhengig, er den en egentilstand til L og L z med egenverdier lik null, dvs en s-tilstand av typen ψ N=,l=0,m=0. b. Med ψ i = R N=,l=0 Y 00 og ψ f = R N l Y l m tar vinkeldelen av dipolmomentet formen 4π [ ] Y 00 Y l m ê z Y 0 êx iê y Y + êx + iê y Y dω. Her ser vi fra ortogonaliteten til de sfæriske harmoniske at dipolmomentet blir forskjellig fra null bare for l =, i tråd med utvalgsregelen l = ±. Den mest generelle begynnelsestilstanden ψ i er en lineærkombinasjon av vektorer n x, n y, n z med alle mulige kombinasjoner av n x, n y og n z som har n x + n y + n z = N. Når operatoren x = mω (a x + a x) virker på en slik lineærkombinasjon ψ i, gir a x en tilsvarende lineærkombinasjon der hver vektor får senket kvantetallet n x med. Denne lineærkombinasjonen har altså energikvantetallet N = N. Operatoren a x gir tilsvarende en lineærkombinasjon med

6 Eksamen FY045/TFY desember 0 - løsningsforslag 6 N = N +. Tilsvarende gjelder for operatorene ŷ = mω (a y + a y) og ẑ = mω (a z + a z). Uttrykket r ψ i blir derfor en lineærkombinasjon av tilstander med kvantetall N og N +. Dermed blir matrise-elementet d fi = ψ f r ψ i forskjellig fra null bare for slutt-tilstander ψ f med N = N ±, hvilket skulle vises. c. Bohr-frekvensen er ω if = E i E f = E E = ω. Slutt-tilstanden (00) er proporsjonal med x exp( mωr /), og er følgelig rotasjonssymmetrisk mhp x-aksen og antisymmetrisk mhp yz-planet. Da begynnelsestilstanden er kulesymmetrisk, skjønner vi at dipolmoment-vektoren d fi for denne overgangen ikke kan ha noen komponent i x- og y-retningene, og derfor må være parallell med x-aksen. Skalaen for de aktuelle oscillatortilstandene er /mω (som er den klassiske vende- /mω. radien for grunntilstanden). Derfor må vi vente at d fi er av størrelsesorden De to tilstandene (00) y og (00) z har samme form mhp hhvis y- og z-aksene som (00) x har mhp x-aksen. Derfor vil størrelsen av dipolmomentet, d fi, for hver av disse være like stor som for (00) (mens retningene er langs hhvis x-,y- og z-aksene). d. For å finne den samlede overgangsraten i dipoltilnærmelsen må vi også ta med bidragene fra alle de tre slutt-tilstandene. Den totale spontane overgangsraten for tilstanden ψ N=,l=m=0 blir derfor w N=,l=m=0 = 4α ω c mω = 4α Med ω = 0 6 s blir avstanden mellom oscillatornivåene ω mc ω. ω = evs 0 6 s 6.58 ev. Dette gir en total rate for spontan overgang fra ψ N=,l=m=0 på w = 4α ω m e c ω 4 7 og en levetid for denne tilstanden på s s, τ s. Dipoltilnærmelsen er god forutsatt at k r i den vesentlige delen av integrasjonsområdet for dipolmomentet, som er for 0 < r < /mω. Med k = ω/c skal vi altså undersøke størrelsen av ω ω /mω = c m e c = 6.58/ Konklusjonen er at dipoltilnærmelsen er en god tilnærmelse i dette tilfellet.