FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 1 Løysing oppgåve 1 LØYSING ØVING 7 Numerisk løysing av den tidsuavhengige Schrödingerlikninga a) Alle ledda i (1) har sjølvsagt same dimensjon. Ved å dividere likninga med hω sikrar vi oss difor at operatoren foran ψ, dvs Ĥ/ hω, blir dimensjonslaus. Med d dq = d dx dx dq = mω/ h d dx og d dq = mω h d dx finn ein at Schrödingerlikninga (1) kan skrivast på forma (), [ 1 d ] dx + v(x) ψ(x) = ɛ ψ(x), med x = q, h/mω der v(x) = V hω = 1 x og ɛ = Ē hω er det dimensjonslause potensialet og den dimensjonslause energien. b) Med q/l = x og divisjon av Schrödingerlikninga med h /ml (som har dimensjon energi) finn vi at denne likninga igjen kan skrivast på forma (), der v(x) = v 0 (1 + cos[π(x + n L /)]), v 0 = V 0 h /ml og ɛ = E h /ml. c) Vi går nå inn i programmet, set X max = 10, og vel det kvadratiske potensialet v(x) = 1 x, dvs kommenterer bort m.a det som har med potensialet ovanfor å gjere. Vi kjøyrer etter tur med N = 640, 30, 160 og 80. Resultata for grunntilstanden blir då altså avvik på ɛ 1 = 0.49997, 0.49988, 0.49951 og 0.49804, 0.00003, 0.0001, 0.00049 og 0.00196 frå den eksakte verdien. Kvart av desse trinna svarer til ei firedobling av s. Som ein kontroll kan vi då rekne ut 0.00003047 multiplisert med 1, 4, 16 og 64, som gjev 0.0000305, 0.0001, 0.00049 og 0.00196. Som vi må vente fra (3) og (4), veks altså feilen proporsjonalt med kvadratet s av steglengda. Teoretisk skal vi ha ɛ n = n 1 ; n = 1,, 3,.
FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 Diagrammet for ɛ n (for N = 40) viser ei kurve som er tilnærma lineær opp til n 50, men som ikkje er lineær for større n. Her er altså dei numeriske resultata feil. Forklaringa er at dei klassiske vendepunkta, som teoretisk er bestemt av likninga V (q ± ) = E n, dvs av x ± = ± n + 1, ligg utanfor intervallet X min < x < X max for n > 50, og då kan ein sjølvsagt ikkje vente at resultata blir gode. d) Vi vel N = 800 og eit boks-potensial med vidde L (n L = 1). Dei teoretiske resultata er då ɛ n /π = n. Numerisk finn vi for n = 1, og 10 0.9999987, 3.99998, og 99.987. Så her fungerer numerikken bra. e) Frå potensial-diagrammet kan vi lese ut at dei klassiske vendepunkta for n = 1 og er x ± ±0.195 og x ± ±0.85. Dette harmonerer bra med dei to kurvene for ψ 1 og ψ (med 0 og 1 nullpunkt). Her ser vi tydeleg at både ψ 1 og ψ krummar mot aksen i dei klassisk tillatne områda (mellom vendepunkta) og bort frå aksen i dei klassisk forbodne områda. Merk at ψ 3, ψ 4 osv krummar mot aksen i heile boksen (fordi E V for desse tilstandane er positiv overalt). For n = 1 og merkar vi oss at ɛ 1 = 13.60 og ɛ = 45.635. Vidare er ɛ 1 /π =.687 og ɛ /π = 9.48,
FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 3 medan vi for den ordinære boksen hadde 1.00000 og 3.99998. Grunnen til auken er at potensialet her gjev mykje mindre klassisk tillatne område enn for boks-potensialet, slik vi nettopp har sett. Mindre plass fører til høgare energi. Dei to eigenverdiane ɛ 10 og ɛ 0 har frå d) til e) auka med 539.4 493.4 = 46.00 og 018. 197.9 = 45.3, som i begge tilfelle ligg svært nær den gjennomsnittlige auken av potensialet (som er 3v 0 / = 45). Moralen er at vi for store n like godt kan jamne ut potensialet. f) Vi kjøyrer så med n L =, som svarer til to periodar av potensialet. Dei fire lågaste eigenverdiane er her ɛ 1 = 13.37, ɛ = 13.59, ɛ 3 = 45.354 og ɛ 4 = 45.634. Vi merkar oss at dei to fyrste nesten fell saman med ɛ 1 -verdien frå førre punkt, medan dei to siste ligg nær ɛ -verdien fra førre punkt. Diagrammet viser dei fem fyrste eigenfunksjonane. Grunntilstanden er den symmetriske kurva utan nullpunkt (blå på min skjerm). Fyrste eksiterte tilstand ψ er den antisymmetriske løysinga med eitt nullpunkt, på midten. Merk at om vi flyttar den harde veggen til origo, så har vi same potensial og same grensekrav som i e). Dette er grunnen til at eigenverdien ɛ er nokså nøyaktig lik ɛ 1 i e). Tilsvarande er ɛ 4 nesten nøyaktig lik ɛ i e). Tredje eksiterte tilstand, ψ 4, er nemleg og antisymmetrisk, med eitt nullpunkt i origo, i tillegg til dei to andre, som ligg i x = ±0.5. Andre eksiterte tilstand, ψ 3, er den symmetriske kurven med to nullpunkt. Grunnen til at det blir berre nesten her er at steglengda er forskjellig i dei to kjøyringane.
FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 4 Vi har nå delvis forklart at eigenverdiane nesten fell saman. Men det gjenstår å forklare kvifor ψ 1 og ψ får nesten like store energiar, og tilsvarande for ψ 3 og ψ 4. Forklaringa ligg i at potensialtoppen ved origo er klassisk forbode for dei lågaste energiane, slik at desse eigenfunksjonane krummar ganske sterkt bort frå aksen i dette området. Eigenverdien ɛ er akkurat passe stor til at ψ passerer origo og gjev ei antisymmetrisk løysing. Da treng ɛ 1 berre å vere ørlite grann mindre for at ψ 1 istadenfor å passere origo krummar oppover igjen og gjev ei symmetrisk løysing. Skilnaden mellom desse to energiane blir mindre jo større v 0 vi vel (dvs jo mindre gjennomtrengeleg barrieren i midten er). For ein helt ugjennomtrengeleg barriere degenererer dei to energiane til eitt nivå. g) Med n L = 5 (5 periodar av potensialet) ser vi at dei 10 lågaste eigenverdiene dannar to grupper: ɛ 1,.., ɛ 5 = 13.18, 13.9, 13.43, 13.54, 13.58, og ɛ 6,.., ɛ 10 = 45.18, 45.63, 45.574,, 45.68, medan E 11 = 80.487. Talet på eigenverdiar i kvart av desse energibånda er altså lik talet på periodar i potensialet. Dette er karakteristisk for slike periodiske potensial, og er eit viktig poeng i faste stoffers fysikk. Diagrammet nedanfor viser dei to første eigenfunksjonane. Desse kan vi skilje frå einannan vha antal nullpunkt, eller vha symmetri/antisymmetri. Grunntilstanden er som vanleg utan nullpunkt og er symmetrisk. Desse symmetrieigenska-
FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 5 pane ser ut til å vere tilnærma oppfylde for dei numeriske løysingane. Eventuelle avvik kan ein sjekke nøyare ved å skrive ut verdien av ein eller flere av eigenfunksjonane i punkt som ligg symmetrisk plassert i forhold til origo. Slike eventuelle avvik skyldes unøyaktig numerikk. Dersom ein skal studere problemet litt meir avansert numerisk vil ein prøve å byggje slike ting som symmetrieigenskapar inn som føringar på dei numeriske løysingane. Til dømes skal alle antisymmetriske løysingar vere lik null i origo. Då kunne vi ha nøyd oss med å løyse problemet for det halve potensialet. I dei neste diagramma ser vi ψ 3 og ψ 4, respektive ψ 5 og ψ 6. Legg spesielt merke til ψ 5.
FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 6 Løysing oppgåve for partikkel i tyngdefelt Numerisk løysing av den tidsuavhengige Schrödingerlikninga a) Ved å bruke potensial nr 6 i programmet finn vi at grunntilstanden har energien ɛ 1 = 1.8557. Bølgjefunksjonen for dei fem første tilstandane ser slik ut: Grunntilstanden ψ 1 (x) er løysinga utan nullpunkt for x > 0. Sannsynlegheitstettheiten [ψ 1 (x)] ser slik ut:
FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 7 b) Frå diagrammet for [ψ 1 (x)] kan vi estimere at c) Med har vi at x 1.3. ( p z ) = p z = M K ME1 M Mg z p z Mg 1/ z 1/. Med z z har vi då frå uskarpheitsrelasjonen: slik at h z p z z Mg 1/ z 1/ = z 3/ Mg 1/, z M g, q.e.d. Denne relasjonen fortel korleis z skalerer som funksjon av parametrane. Vi legg merke til at z går mot null i den makroskopiske grensa, M. Ikkje uventa. d) Med er z = x d dz = M g f ax d d(ax) = 1 d a dx. Ved å multiplisere den tidsuavhengige Schrödingerlikninga d ψ dz = [Mgz E]ψ M h
FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 8 med a / har vi då 1 d [ ψ dx = a 3 M g h ] x a M h E ψ. Denne tar forma (), 1 ψ = [v(x) ɛ]ψ = [x ɛ]ψ, når vi vel Vi har då ɛ = a M h E, slik at E Mg = 1 a h M ɛ = ɛ For grunntilstandsenergien har vi såleis a 3 M g h = f 3 h M g M g h = 1, dvs f = 1. M g og ( ) E 1 h 1/3 Mg = 1.8557. M g Med x 1.3 blir det tilsvarande estimatet av z for grunntilstanden ( ) V h 1/3 Mg = z = x. M g z ψ1 1.3 M g. e) For eit elektron i eit tyngdefelt med g = 10 m/s er den karakteristiske lengda ( ) h 1/3 [ ] 1/3 ( = h m eg m e c c 1 = [0.68 10 1 m.998 10 8 m/s] 1 g 10m/s 1.103 mm. f) Forventningsverdien kjem ut som x = x[ψ 1 (x)] dx 1.371, ikkje langt unna estimatet ovanfor. Dette gjev K V = E 1 V V = ɛ 1 x x = 1.8557 1.371 1.371 = 0.50004. At resultatet er så nær 50 % er ikkje tilfeldig; sjå t.d. virialteoremet side 68 i boka til Hemmer. g) Då forventningsverdien av z skal ha dimensjon lengde, må vi krevje at Løysinga er (i dette tilfellet eintydig) at slik at vi må ha som stemmer overeins estimatet i c). [ z ] = m = [M] α [g] β [ h] γ = N α+γ m β+γ α s α β+γ. α = /3, β = 1/3 og γ = /3, z = konst M /3 g 1/3 h /3 = konst M g,