FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 2 1 LØSNING ØVING 2

FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 2 1 LØSNING ØVING 2 Oppgave 2 1 LØSNING nesten en posisjonsegentilstand a Siden den Gaussiske sannsynlighetstettheten ψ(x) 2 = 2β/π exp( 2β(x a) 2 ) symmetrisk med hensyn på punktet x = a, har vi åpenbart er x = a b Kvadratet av usikkerheten er definert som det midlere kvadratiske avviket fra middelverdien (mean square deviation) Det resulterende integralet finner vi lett ved hjelp av et variabelskifte og et av de oppgitte integralene: ( x) 2 = (x x ) 2 = (x a) 2 = 2β/π (x a) 2 e 2β(x a)2 dx = = 2β/π 1 2 π1/2 (2β) 3/2 = 1 4β Vi kan altså skaffe oss en vilkårlig liten usikkerhet x = 1 2 β 2β/π y 2 e 2βy2 dy ved å velge β tilstrekkelig stor Med ( x) 2 = 1/(4β), dvs β = 1/4( x) 2 kan den Gaussfordelte sannsynlighetsfordelingen skrives på formen ψ(x) 2 1 = 2π( x) exp (x a)2 2 2( x) 2 Moral: For en Gauss-fordelt sannsynlighetsfordeling kan vi lese usikkerheten (standardavviket) rett ut av eksponenten Et eksempel: En sannsynlighetsfordeling på formen ψ(x) 2 exp (x b) 2 /c svarer til en usikkerhet bestemt av relasjonen c = 2( x) 2 c For en reell bølgefunksjon ψ(x) er det lett å skjønne at forventningsverdien p x = ψ h i x ψ dx = i h ψ ψ x dx må være lik null; ellers ville den jo ifølge dette uttrykket bli rent imaginær (Husk at hermiteske operatorer har reelle forventningsverdier) Det er også lett å vise dette eksplisitt: p x = i h ψ dψ dx dx = i h 1 d 2 dx ψ(x)2 dx = 1 2 i hψ2 ( ) ψ 2 () = 0, qed Husk at ψ er kvadratisk integrerbar, og følgelig må gå mot null for x ± For å finne p 2 x beregner vi dψ dx = (2β/π)1/4 e β(x a)2 2β(x a) = 2β(x a)ψ,

FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 2 2 og finner at og dermed p 2 x = ψ p x p x ψ dx = p x ψ 2 dx = h 2 = 4β 2 h 2 (x a) 2 ψ 2 dx = 4β 2 h 2 ( x) 2 = β h 2, p x = p 2 x p x 2 = h β ψ/ x 2 dx Vi merker oss at usikkerhetsproduktet for denne typen Gaussisk bølgefunksjon, x p x = 1 2 β h β = 1 2 h, har den minste verdien som er mulig ifølge Heisenbergs uskarphetsrelasjon ( x p x 1 2 h) Vi ser også at valget av en stor β, for å gjøre x = 1/(2 β) liten, medfører en stor usikkerhet p x = h β i impulsen Dette innebærer (som vi har sett tidligere) en høy energi: K = 1 p 2 h 2 β 2m x = 2m = h 2 8m( x) 2 Altså: Jo mindre plass vi gir partikkelen, desto høyere energi er den tvunget til å ha Det er som en tiger som blir villere jo trangere bur vi gir den ( Kvantevillskap ) 1 Prøver vi å la x nærme seg null, ser vi at K går mot uendelig Å preparere en slik tilstand med uendelig energi er selvsagt umulig fysisk d Impulsegenfunksjonen φ(p) er projeksjonen av ψ(x) på impulsegentilstanden ψ p (x) Med ny integrasjonsvariabel y = x a finner vi vha det oppgitte integralet φ(p) = ψ p, ψ ψ p (x)ψ(x)dx = (2π h) 1/2 (2β/π) 1/4 e ipx/ h e β(x a)2 dx = (2π h) 1/2 (2β/π) 1/4 = (2π h) 1/2 (2β/π) 1/4 e ipa/ h exp p2 4β h 2 π/β = (2πβ h 2 ) 1/4 e ipa/ h exp p2 4β h 2 Da p 2 x = β h 2, kan denne skrives på formen φ(p) = 2π( p x ) 2 1/4 e ipa/ h exp p2 4( p x ) 2 Sannsynlighetsfordelingen i p-rommet blir dermed uavhengig av a: φ(p) 2 1 = 2π( p x ) exp p2 2 2( p x ) 2 e ip(y+a)/ h e βy2 dy 1 Et tilsvarende eksempel har vi for en partikkel i en éndimensjonal boks med lengde L: Jo mindre vi gjør L desto høyere blir den minste mulige energien, som er grunntilstands-energien, E 1 = π 2 h 2 /(2mL 2 )

FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 2 3 Merk at dette uttrykket harmonerer med moralen i pkt b Kommentar: At φ(p) 2 er uavhengig av a er ikke så rart Størrelsen a er bare et uttrykk for hvor vi har valgt å legge origo, og det ville være merkelig om impulsfordelingen φ(p) 2 skulle avhenge av dette valget Eller sagt med litt andre ord: φ(p) 2 avhenger av formen til ψ(x), ikke av hvor den er plassert Når β velges veldig stor for å få en svært skarpt definert posisjon, blir ( p x ) 2 = β h 2 stor, og vi ser at Gauss-fordelingen φ(p) 2 blir veldig bred; det trengs et veldig bredt spenn av impulser (og dermed et stort spenn i energi) for å få til en veldig liten x Så den lille utfordringen: At selve impulsbølgefunksjonen φ(p) må avhenge av a, kan vi skjønne uten regning, ut fra at denne funksjonen skal inne holde all informasjon om denne aktuelle tilstanden (blant annet at x = a) e Det vi egentlig spør om her er hva som vil skje dersom vi på et eller annet vis skviser partikkelen inn i et lite område av utstrekning x, og deretter slipper den fri (la oss si ved t = 0) Det er Schrödingerligningen (for en fri partikkel, med V (x) = 0) som avgjør hva som da skjer med bølgefunksjonen Ψ(x, t) Det viser seg at jo hardere en skviser partikkelen ved t = 0 (dvs jo mindre ( x) 0 = 1/(2 β) en velger), desto raskere vil bølgepakken Ψ(x, t) bre seg utover Med dette mener vi at bredden ( x) t av bølgepakken vil øke raskere med tiden jo mindre vi velger bredden ( x) 0 ved t = 0 Dette fenomenet kalles dispersjon (spredning), og er karakteristisk for bølgefunksjonen for den frie partikkelen Eksperimentelt kan vi observere denne dispersjonen ved å registrere partikkelens posisjon ved tiden t Når dette gjøres for et ensemble, enten ved å gjenta eksperimentet mange ganger, eller ved å observere mange partikler preparert i samme begynnelsestilstand Ψ(x, 0) = ψ(x), kan vi bestemme sannsynlighetsfordelingen Ψ(x, t) 2 og dermed x t (som i dette tilfellet forblir lik a) og ( x) t, som viser seg å øke som ( x) t t v x = t p x m = t m 2 h 1 ( x) 0 Dette er akkurat hva vi ville vente ut fra en halvklassisk tankegang: Et ensemble av partikler med impulser som er sannsynlighetsfordelt i intervallet noenlunde gitt ved p x < p x < p x (omkring middelverdien p x = 0), vil i løpet av tiden t spre seg over et intervall som stort sett strekker seg fra a t p x /m til a + t p x /m Løsning oppgave 2 2 Gaussisk bølgepakke for fri partikkel a Begynnelsestilstanden Ψ(x, 0) = (2πσ 2 ) 1/4 e x2 /4σ 2 e ip 0x/ h svarer til en sannsynlighetstetthet som er symmetrisk omkring origo Da er Ψ(x, 0) 2 = (2πσ 2 ) 1/2 e x2 /2σ 2 x 0 = 0 og ( x) 0 = σ, i tråd med regelen i oppgaveteksten Merk at begynnelsestilstanden er en lokalisert (og normert) tilstand, i motsetning til energiegentilstandene for den frie partikkelen Derfor er den aktuelle tilstanden ikke-stasjonær, som vi straks skal se

FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 2 4 b Ifølge (i) og (ii), er koeffisientfunksjonen φ(p) Fourier-transformen av begynnelsestilstanden Ψ(x, 0): φ(p) = ψ p (x)ψ(x, 0)dx = (2π h) 1/2 (2πσ 2 ) 1/4 e ipx/ h e x2 /4σ 2 e ip 0x/ h dx Her er integralet av typen J(a, b), med a = 1/4σ 2, b = i(p 0 p)/ h, og b 2 /4a = (p p 0 ) 2 σ 2 / h 2 Resultatet er derfor φ(p) = (2π h) 1/2 (2πσ 2 ) 1/4 π 4σ 2 e (p p 0) 2 σ 2 / h 2 = ( ) 2σ 2 1/4 e (p p 0) 2 σ 2 / h 2 Merk at dersom σ velges veldig stor, så er begynnelsestilstanden Ψ(x, 0) tilnærmet harmonisk ; den harmoniske faktoren e ip0x/ h moduleres av Gauss-faktoren e x2 /4σ 2 som avtar veldig langsomt for økende x Den store σ-verdien medfører samtidig at Fourier-transformen φ(p) e (p p 0) 2 σ 2 / h 2 blir en veldig skarp topp omkring p = p 0 Omvendt vil en veldig liten verdi for usikkerheten ( x) 0 = σ gi en veldig bred Fourier-transform φ(p) (og tilhørende sannsynlighetsfordeling φ(p) 2 i impulsrommet) π h 2 Dette er et eksempel på sammenhengen mellom en funksjon og dens Fourier-transform Merk at den sentrale impulsen i denne fordelingen, og dermed i bølgepakken Ψ(x, t), er p 0 c Ved å følge instruksjonene i oppgaveteksten vil du komme fram til resultatene (2π) 1/4 Ψ(x, t) = eip 0x (p2 0 /2m)t/ h exp (x p 0t/m) 2, σ + i ht/2mσ 4(σ 2 + i ht/2m) og ρ(x, t) = Ψ(x, t) 2 = 1 2π(σ 2 + h 2 t 2 /4m 2 σ 2 ) exp (x p 0t/m) 2 2(σ 2 + h 2 t 2 /4m 2 σ 2 ) Her er det lett å kontrollere at Ψ(x, t) reduserer seg til Ψ(x, 0) i grensen t 0, slik vi må forlange d La oss først ta en titt på Ψ(x, t): Den første faktoren sørger for normeringen Den neste er den plane harmoniske bølgen Ψ p0 (x, t) Det er rimelig å vente en slik faktor, tatt i betraktning faktoren exp(ip 0 x/ h) i begynnelsestilstanden Den siste faktoren er en Gaussfaktor, som modulerer den harmoniske faktoren Denne Gauss-faktoren har åpenbart sitt maksimum for x = p 0 t/m, og vi ser fra regelen i oppgaveteksten at forventningsverdien av posisjonen er x t = p 0 m t

FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 2 5 Dette betyr at gruppehastigheten til bølgepakken er v g = p 0 /m, slik vi måtte vente (fordi p 0 er den sentrale impulsen i impulsfordelingen) Merk at samme resultat kan finnes vha Ehrenfests teorem: d dt x t = p x t m Det framgår også av formelen ovenfor at bredden (lengden) av bølgepakken avhenger av t Vi har altså dispersjon Dette kommer klarest fram i sannsynlighetstettheten Ψ(x, t) 2, som forteller at ( x) 2 t = σ 2 + h2 t 2 4m 2 σ 2 = ( x) t = σ 2 + h2 t 2 4m 2 σ 2 Her ser vi at usikkerheten i posisjonen har sin minste verdi i begynnelsestilstanden, for t = 0 Ved å sette σ = 1 2 h/ p x, kan vi uttrykke usikkerheten slik: ( x) 2 t = σ 2 + h2 t 2 ( 1 4m 2 σ = 2 h ) 2 + 2 p x ( ) 2 px t 2, m hvor vi husker at ( x) 0 = σ Moralen som kan leses ut av disse relasjonene er at (i) dispersjonen for denne bølgepakketypen er uavhengig av p 0, dvs av gruppehastigheten (ii) dersom vi velger en veldig liten usikkerhet ( x) 0 = σ, i begynnelsestilstanden, som svarer til en veldig stor p x, så blir vi straffet med en veldig rask dispersjon av bølgepakken, siden x da øker omtrent som ( p x /m)t = v x t Dette er nøyaktig samme konklusjon som vi kom fram til ved et halvklasisk resonnement i forrige oppgave (iii) omvendt er det slik at dersom vi velger en veldig stor σ, som svarer til en veldig liten p x, så går det lang tid før vi merker noe til dispersjonen e Vi ser umiddelbart at usikkerheten i x kan skrives som ( x) t = 1 + (t/t 1 ) 2, hvor t 1 = 2mσ 2 / h Da er t 1 omtrent den tiden det tar før bølgepakken har doblet sin opprinnelige utstrekning For et elektron som starter med en bølgepakke av atomær størrelse finner vi t 1 = (2mc2 )σ 2 hc 2 10 6 ev 10 20 m 2 10 15 evs 9 10 16 m 2 /c 2 10 16 s, som er en typisk atomær tidsskala Velger vi en bølgepakke av makroskopisk størrelse (σ 10 cm) for elektronet, så tar det lang tid før dispersjonen blir merkbar: t 1 10 16 s (10 1 /10 10 ) 2 = 100 s For en ping-pong-ball med en masse av størrelsesorden 1 gram og en opprinnelig bølgepakkeutstrekning av størrelsesorden 1 mikrometer finner vi at det tar t 1 10 3 Ns 2 /m 10 12 m 2 10 34 Nms for bølgepakken å doble utstrekningen sin! = 10 19 s