View
14
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
Uvod u kvantnu mehaniku- vježbe
2. lipnja 2020.
***
Sadržaj
1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba 31.1 Operatori i postulati kvantne mehanike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Svojstvene funkcije operatora količine gibanja i operatora energije . . . . . . . . . 191.3 Potencijalne barijere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 Harmonijski oscilator 292.1 Zadaci za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3 Kutna količina gibanja 36
4 Atom vodika 45
5 Spin 50
6 Aproksimativne metode 57
2
Poglavlje 1
Postulati kvantne mehanike i Schrödingerovajednadžba
Postulati kvantne mehanike
1. Stanje kvantno mehaničkog sustava je u potpunosti određeno valnom funkcijom ψ(~r, t).
2. Svakoj (opazivoj) dinamičkoj varijabli - opservabli - pripada odgovarajući linearni operator.
3. Ako operator A ima skup svojstvenih funkcija φi i svojstvenih vrijednosti λi, tj. vrijedi
Aφi = λiφi ,
tada se pri točnom mjerenju opservable A mogu dobiti samo svojstvene vrijednosti λi.Svojstvene funkcije operatora su ortonormirane:∫ +∞
−∞φ∗iφjdV = δij .
Ako je λi ∈ <, onda vrijedi A† = A tj. A je Hermitski operator.
4. Svojstvene funkcije φi opservable A čine potpun skup funkcija; dakle, svaku neprekidnu,kvadratičnu i integrabilnu funkciju možemo razviti po tom skupu. Svojstvene funkcijerazapinju beskonačno dimenzionalan Hilbertov prostor stanja. Ako je ψ(x) valna funkcijakoja opisuje stanje čestice u nekom trenutku, tada vrijedi
ψ(x) =∑i
aiφi(x)
Pri mjerenju opservable A, |ai|2 daju vjerojatnost da se mjeri A s vrijednošću λi, kada sečestica nalazi u stanju ψ(x).
5. Vremenski razvoj kvantnog stanja dan je energijskom Schrődingerovom jednadžbom
i~∂ψ(~r, t)∂t
=(− ~2
2m∇2 + V (~r, t)
)ψ(~r, t)
3
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 4
Schrödingerova jednadžba
Schrödingerova jednadžba dana je s:
i~∂ψ(~r, t)∂t
=(− ~2
2m∇2 + V (~r, t)
)ψ(~r, t)
Ukoliko potencijal u kojem se nalazi čestica ne ovisi o vremenu - V (~r), možemo pojednostavitirješavanje Schrödingerove jednadžbe.
Pretpostavimo da je valna funkcija ψ(~r, t) u obliku umnoška dvije funkcije, od kojih je jednasamo funkcija položaja, a druga vremena:
ψ(~r, t) = ϕ(~r)χ(t) .
Uvrštavanjem u Schrödingerovu jednadžbu, dobivamo :
i~ ϕ(~r)∂χ(t)∂t
= χ(t)(− ~2
2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)
)
što ako podijelimo sa ϕ(~r)χ(t) dobivamo
i~χ(t)
∂χ(t)∂t
= 1ϕ(~r)
(− ~2
2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)
).
Sa lijeve strane imamo nešto što je samo ovisno o varijabli t, a sa desne što je samo ovisno opoložaju ~r. One mogu biti jednake samo ako su obje strane jednake kostanti, nazovimo ju E:
i~χ(t)
∂χ(t)∂t
= E
1ϕ(~r)
(− ~2
2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)
)= E
Prva jednažba, ovisna o t, ima rješenje1
χ(t) = Ae−i~Et ,
gdje je A neka konstanta, dok rješenje druge ovisi o potencijalu V (~r). Zapis druge jednadžbe1Provjeriti za DZ.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 5
(− ~2
2m∇2 + V (~r)
)ϕ(~r) = Eϕ(~r)
nazivamo stacionarnom Schrödingerovom jednadžbom. Ukoliko potencijal V ne ovisi o vremenu,uvijek možemo automatski prijeći na rješavanje stacionarne jednadžbe.
1.1 Operatori i postulati kvantne mehanike
1.1 Pronađite rješenje Schrödingerove jednadžbe u jednodimenzionalnoj pravokutnoj potenci-jalnoj jami širine a, s beskonačno visokim zidovima.
Slika 1.1
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 6
Rješenje:Ovaj potencijal možemo zapisati kao:
V (x) =
∞ , x < 00 , 0 ≤ x ≤ a∞ , x > a
Krećemo od stacionarne Schrödingerove jednadžbe u jednoj dimenziji
(− ~2
2md2
dx2 + V (x))ϕ(x) = Eϕ(x)
koju malo drugačije zapišemo2 kao
d2ϕ
dx2 + 2m~2 (E − V )ϕ = 0 .
Kako je nalazimo u jami s beskonačno visokim zidovima, čestica se nikako ne može naći utočkama < 0 ili > a, tj. imamo dva rubna uvjeta za valnu funkciju
ϕ(0) = ϕ(a) = 0
a rješenje razmatramo samo od 0 do a. Kako je za 0 ≤ x ≤ a V (x) = 0, za područje izmeđuzidova imamo:
d2ϕ
dx2 + 2m~2 Eϕ = 0 .
Uvedemo li pokratu
k2 = 2m~2 E
dobivamo
d2ϕ
dx2 + k2ϕ = 0
što je ništa drugo nego jednadžba harmonijskog oscilatora s kojom smo se već susretali. Rješenjajednadžbe su
2Desnu stranu jednadžbe smo prebacili na lijevu stranu i pomnožili sve s − 2m~2
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 7
ϕ(x) = A sin kx+B cos kx ,
a konstante A i B možemo pokušati eliminirati iz rubnih uvjeta
ϕ(0) = ψ(a) = 0 .
Uvrštavamo
ϕ(0) = A sin k · 0 +B cos k · 0
ϕ(0) = 0 = B
ϕ(a) = A sin ka
ϕ(a) = 0 = A sin ka
⇒ sin kl = 0⇒ kl = nπ , n = 1, 2, 3... 3
k = nπ
a
s čime imamo naše rješenje jednadžbe
ϕ(x) = A sin nπxa
.
A možemo odrediti iz uvjeta normiranja:
∫|ϕ|2dx = 1
∫ a
0A2 sin2 nπx
adx = 1
Ako riješimo integral i izrazimo4 A dobivamo
A =√
2a
čime je konačno rješenje stacionarne Schrödingerove jednadžbe:30 je trivijalno rješenje.4Raspisati samostalno za DZ
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 8
ϕ(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
Ako se sjetimo da smo uveli pokratuk2 = 2m
~2 E
ako izrazimo energiju
E = n2π2~2
2ma2
vidimo da svako od ovih stanja ima pripadajuću diskretnu vrijednost energije.
1.2 Ako se čestica nalazi u stanju najniže energije za beskonačnu potencijalnu jamu, izračunajtevjerojatnost da se čestica nađe u prostoru 0 ≤ x ≤ a/2.
Rješenje:Iz prošlog zadatka znamo da je stanje najniže energije ono za koji je n = 1. Valna funkcijačestice je tada dana s
ϕ(x) =√
2a
sin πxa
Vjerojatnost pronalaženja čestice danom intervalu je dano s5
P =∫ a/2
0|ϕ(x)|2dx =
∫ a/2
0
2asin2πx
adx = ... = 1
2
Općenito, ako želimo znati kolika je vjerojatnost da se čestica nađe u nekom dijelu prostora V ,uvijek ćemo to računati kao
P =∫V|ϕ|2dV
gdje se integrira po granicama V .
1.3 Riješite zadatak 1.1 tako što beskonačno duboku jamu smjestite simetrično oko ishodišta,tj. −a/2 ≤ x ≤ a/2
Rješenje:Ovaj zadatak riješite za vježbu. Rješavanje ide u potpunosti isto kao i u 1.1, osim što su rubniuvjeti u drugačijim točkama.
5Raspisati rješenje za DZ
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 9
1.4 Za česticu u 1D beskonačnoj potencijalnoj jami izračunajte očekivanje položaja, količinegibanja, neodređenost položaja i neodređenost količine gibanja.
Rješenje:Očekivanje ili srednja vrijednost operatora A računa se kao
A =∫ϕ∗A ϕ d3r
Vrlo je važno primjetiti da operator A djeluje na ϕ, te nakon toga računamo vrijednost integrala.
Ako se nalazimo u 1D potencijalnoj jami, čestica mora imati valnu funkciju
ϕ(x) =√
2a
sin nπxa
Računat ćemo očekivanja operatora za općeniti n.
Operator položaja, x, je oblika x (iznos varijable x):
x =∫ϕ∗x ϕ dx =
∫ϕ∗x ϕ dx =
∫x|ψ|2 dx = 2
a
∫ a
0x sin2 nπx
adx = ... = a
26
Operator količinje gibanja, p, dan je kao
p = ~i
d
dx
Očekivanje operatora količine gibanja:
p =∫ϕ∗p ϕ dx =
∫ϕ∗
~i
d
dxϕ dx = ~
i
∫ a
0
√2a
sin nπxa
d
dx(√
2a
sin nπxa
)dx
p = ~i
2a
∫ a
0sin nπx
a· nπa
cos nπxadx
p = ~i
2a
nπ
a
∫ a
0sin nπx
acos nπx
adx = ... = 0
Neodređenost operatora računa se kao
∆A =√A2 − A
2,
pa za vježbu probajte izračunati neodređenost ova dva operatora.6Raspisati integraciju za DZ, riješiti pomoću parcijalne integracije ili iz priručnika.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 10
1.5 U jednodimenzionalnoj kutiji, širine a, nalazi se 1000 neutrona. U t = 0, stanje svake česticeje
ψ(x, 0) = Ax(x− a)
1. Normirajte valnu funkciju ψ i nađite vrijednost konstante A.
2. Koliko čestica se nalazi u intervalu[0, a2
]u t = 0?
3. Koliko čestica ima energiju E5 u t = 0?
4. Koliko iznosi 〈E〉 u t = 0?
Rješenje:
1. Konstanta A naziva se i konstanta normalizacije. Nju ćemo pronaći koristeći uvjet normi-ranosti ∫ +∞
−∞|ψ(x, 0)|2dx = 1
gdje se granice integracije odnose na cijeli prostor (1D). Pošto je naša valna funkcija danasamo na intervalu od 0 do a, uvjet normiranosti glasi7∫ a
0|ψ(x, 0)|2dx = 1 .
Uvrstimo li našu valnu funkciju u integral
A2∫ a
0x2(x− a)2dx = 1
da bi izrazili konstantu A moramo riješiti integral8∫ a
0x2(x− a)2dx =
∫ a
0(x4 − 2ax3 + a2x2)dx = ... = a5
30
Uvršteno natrag u uvjet normiranosti
A2 a5
30 = 1⇒ A =√
30a5
Kada smo izračunali konstantu A, izgled naše normirane valne funkcije je
ψ(x, 0) =√
30a5 x(x− a)
2. Da bi izračunali broj neutrona u traženom intervalu, trebamo izračunati vjerojatnost da sejedan neutron nađe unutar tog intervala. Vjerojatnost da se čestica nađe unutar traženogintervala je ∫ a/2
0|ψ(x, 0)|2dx = 1 .
7Izvan ovog intervala ψ(x, 0) = 08Jednostavni integrali potencija.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 11
Prije samog računa integrala, možemo pokušati "na prste" probati odrediti vjerojatnost.Kako izgleda ψ(x, 0)? To je jednadžba parabole koja je simetrična oko x = a
29. Ako je
ψ(x, 0) simetrična, također će i |ψ(x, 0)|2 biti simetrična oko iste točke, pa odmah možemozaključiti da je vjerojatnost a
2 . Računski
P = 30a5
∫ a/2
0x2(x− a)2dx = 30
a5
(x5
5 −ax4
2 + a2x3
3
)∣∣∣∣∣a/2
0
= ... = 12
Ako je vjerojatnost da se jedan neutron nalazi u intervalu od 0 do a2 , onda je broj čestica
koji se nalazi u navedenom integralu N · P = 1000 · 0.5 = 500.
3. Da bismo našli koliko neutrona ima energiju E5, moramo vidjeti kolika je vjerojatnost dasvaki pojedini neutron ima istu energiju.Valnu funkciju ψ(x, 0) razvit ćemo u red po svojstvenim funkcijama hamiltonijana
ψ(x, 0) =∑n
cnϕn
gdje su cn konstante razvoja. Prema 4. postulatu, vjerojatnost da se čestica nalazi ustanju točno određene energije računamo kao |cn|2. Nas zanima kolika je vjerojatnost dase neutron nađe u stanju sa energijom E5 - trebamo izraziti konstantu c5. Ako razvoj valnefunkcije u red po svojstvenim funkcijama Hamiltonijana pomnožimo sa ϕ∗5 i integriramopo cijelom prostoru (što se u našem zadatku svodi na granice od 0 do a)∫ a
0ϕ∗5ψ(x, 0)dx =
∑n
cn
∫ a
0ϕ5ϕndx
∫ a
0ϕ∗5ψ(x, 0)dx =
∑n
cnδ5n
⇒ c5 =∫ a
0ϕ∗5ψ(x, 0)dx
Kako izgledaju svojstvene funkcije Hamiltonijana za čestice u pravokutnoj jami širine a?Pa one su dane upravo kao rješenja stacionarne Schrödingerove jednadžbe
Hϕ = Eϕ
koje smo dobili u zadatku 1.1.
ϕ(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
pa je izraz za c5 tada
c5 =∫ a
0
√2a
sin 5πxa
√30a5 x(x− a)dx
c5 =√
60a6
[∫ a
0x2 sin 5πx
adx− a
∫ a
0x sin 5πx
adx
]9Možete i provjeriti - kako?
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 12
Ova dva integrala možemo riješiti parcijalnom integracijom ili korištenjem matematičkogpriručnika. Konačan rezultat za c5 je
c5 = − 8√
15125π3
Vjerojatnost da se neutron nađe u stanju s energijom E5 je
P (5) = |c5|2 = 1923125π6 = 6.4 · 10−5.
Ukupni broj neutrona je N · P (5) = 0.064
4. 〈E〉 očekivanje energije ili prosječna vrijednost energije dobivamo kao očekivanje Hamil-tonijana
〈E〉t=0 =∫ a
0ψ∗(x, 0)Hψ(x, 0)dx =
∫ a
0ψ∗(x, 0)
(− ~2
2md2
dx2
)ψ(x, 0)dx
〈E〉t=0 = − ~2
2m30a5
∫ a
0x(x− a) d
dx(2x− a)dx = − ~2
2m30a5
∫ a
0x(x− a) · 2 dx = ... = 5~2
ma2
1.6 Koliko je očekivanje impulsa 〈p〉 za česticu s valnom funkcijom
ψ(x, t) = Ae−x2a2 e−iωt sin kx
Rješenje:Očekivanje operatora dano je izrazom
〈p〉 =∫ ∞−∞
ψ∗p ψ dx
Ako znamo da je p = −i~ ddx , za p ψ imamo
p ψ = −i~ ddx
(Ae−
x2a2 e−iωt sin kx
)= ... = −i~Ae−iωte−
x2a2
(k cos kx− 2x
a2 sin kx)
što uvršteno u očekivanje 〈p〉 daje
〈p〉 = −i~A2∫ ∞−∞
e−x2a2 eiωt sin kx · e−iωte−
x2a2
(k cos kx− 2x
a2 sin kx)dx
〈p〉 = −i~A2∫ ∞−∞
e−2x2a2 sin kx
(k cos kx− 2x
a2 sin kx)dx
Ova dva integrala, ∫ ∞−∞
e−2x2a2 sin kx cos kx dx
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 13
i ∫ ∞−∞
x e−2x2a2 sin2 kx dx
možemo pokušati riješiti10 ili pogledati kako izgledaju. Oni su na simetričnom intervalu, apodintegralna funkcija je u ova slučaja neparna, tako da je rješenje oba 0.1112
〈p〉 = 0
1.7 Ako je valna funkcija neke čestice u kutiji širine a beskonačno visokih zidova
ψ(x) = Ax2
razvijte ju u red prema svojstvenim funkcijama Hamiltonijana.
Rješenje:Prvo normirajmo našu valnu funkciju. Znamo da∫ a
0|ψ(x)|2dx = 1
A2∫ a
0x4dx = A2x
5
5
∣∣∣∣∣a
0
= A2a5
5
⇒ A =√
5a5
Svojstvene funkcije Hamiltonijana ove potencijalne jame dane su sa
ϕ(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
Razvoj u red izgleda kaoψ(x) =
∑n
cnϕn(x)
gdje su cn konstante razvoja koje trebamo izračunati (ϕn znamo).
Koristeći svojstvo ortonormiranosti ∫ a
0ϕ∗iϕjdx = δij
razvoj u red ćemo pomnožiti s ϕ∗m(x) i integrirati od 0 do a.∫ a
0ϕ∗m(x)ψ(x)dx =
∑n
cn
∫ a
0ϕ∗m(x)ϕn(x)dx
10Slobodno pokušajte za vježbu.11Kako se provjerava je li neka funkcija parna ili neparna?12Pokažite za neku općenitu neparnu funkciju da je njen integral na simetričnom intervalu 0.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 14
∫ a
0ϕ∗m(x)ψ(x)dx =
∑n
cnδmn
⇒ cm =∫ a
0ϕ∗m(x)ψ(x)dx
Samo ćemo napraviti supstituciju m→ n i nadalje pisati
cn =∫ a
0ϕ∗n(x)ψ(x)dx
cn =∫ a
0
√2a
sin nπxa·√
5a5x
2dx
cn =√
10a6
∫ a
0x2 sin nπx
adx
Koristeći formulu ∫x2 sin axdx = 2− a2x2
a3 cos ax+ 2xa2 sin ax
...⇒ cn =
√10a6 ·
a3
n3π3 [(2− n2π2) cosnπ − 2]
Pa konačan razvoj valne funkcije ψ(x) izgleda:
ψ(x) =√
10π3
∑n
1n3 [(2− n2π2) cosnπ − 2]ϕn
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 15
Diracova (Bra-ket) notacija13
|ψ〉 − bra ψ
〈φ| − ket φ
Stanje nekog kvantnog sustava (valnu funkciju) možemo jednostavnije prikazati preko Diracovenotacije.
ψ(x)→ |ψ〉
Svaki bra ima pripadajući ket|ψ〉 → 〈ψ|
Ukoliko se pojavi izraz〈φ|ψ〉
on se naziva bra-ket i kraći je zapis skalarnog umnoška:
〈φ|ψ〉 =∫ ∞−∞
φ∗(x)ψ(x)dx
Ortonormiranost preko bra-ket notacije možemo napisati kao
〈φm|φn〉 = δmn
Neka se |ψ〉 sastoji od linearne kombinacije 2 ortonormirana stanja - |φ1〉 i |φ2〉:
|ψ〉 = α|φ1〉+ β|φ2〉
Pripadajući bra je〈ψ| = α∗〈φ1|+ β∗〈φ2|
Čemu je jednako 〈ψ|ψ〉?
〈ψ|ψ〉 = (α∗〈φ1|+ β∗〈φ2|)(α|φ1〉+ β|φ2〉)
〈ψ|ψ〉 = α∗α〈φ1|φ1〉+ α∗β〈φ1|φ2〉+ β∗α〈φ2|φ1〉+ β∗β〈φ2|φ2〉
〈ψ|ψ〉 = |α|2 + |β|2
13Iznimno pojednostavljena.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 16
1.8 Ako za operator A† vrijedi〈A†ψl|ψn〉 = 〈ψl|Aψn〉
onda za A† kažemo da je Hermitski adjungirana ili konjugirana vrijednost operatora A.
1. Pokažite da je (aA+ bB)† = a∗A† + b∗B†
2. Pokažite da je (AB)† = B†A†
3. Čemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od a, a ∈ <?
4. Čemu je jednako (AB − BA)†
5. Čemu je jednako (AB + BA)†
6. Čemu je jednako i(AB − BA)†
7. Čemu je jednako (A†)†
Rješenje:Neka su A†, B†, a∗ i b∗ Hermitski konjugirane vrijednosti od A, B, a i b.
1. Po definiciji Hermitski adjungirane vrijednosti
〈(aA+ bB)†ψl|ψn〉 = 〈ψl|(aA+ bB)ψn〉 (1.1)
Raspišimo desnu stranu14
〈ψl|(aA+ bB)ψn〉 = 〈ψl|aAψn〉+ 〈ψl|bBψn〉 = 〈a∗ψl|Aψn〉+ 〈b∗ψl|Bψn〉
= 〈a∗A†ψl|ψn〉+ 〈b∗B†ψl|ψn〉
= 〈(a∗A† + b∗B†)ψl|ψn〉
Ako usporedimo sa 1.1 vidimo da je
(aA+ bB)† = a∗A† + b∗B†
2. Idemo istim postupkom〈(AB)†ψl|ψn〉 = 〈ψl|ABψn〉 (1.2)
〈ψl|ABψn〉 = 〈A†ψl|Bψn〉 = 〈B†A†ψl|ψn〉
Ako usporedimo s 1.2 vidimo da je
(AB)† = B†A†
3. Ako je a ∈ < ⇒ a∗ = a. Pošto je za brojeve općenito a† = a∗, tada vrijedi a† = a
14Operatore koji su sa desne strane | prebacujemo jedan po jedan s lijeva na desno.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 17
Ostale zadatke istim postupkom riješite za vježbu.
1.9 U t = 0, 1000 neutrona se nalazi u jednodimenzionalnoj kutiji širine a. 100 neutrona imaenergiju 4E1, a 900 neutrona ima energiju 225E1. Konstruirajte funkciju stanja koja ima ovadva svojstva.
Rješenje:Energija n-tog nivoa čestice u jednodimenzionalnoj kutiji možemo prikazati kao
En = n2 ~2π2
2ma2 = n2E1
U zadatku su nam zadane dvije energije, 4E1 i 225E1 pa pomoću gornje relacije možemo pro-vjeriti kojim stanjima pripadaju:
4E1 = 22E1 = E2
225E1 = 152E1 = E15
iz čega zaključujemo da se 100 čestica nalazi u stanju n = 2 kojem pripada valna funkcija
ϕ2(x) =√
2a
sin 2πxa
,
a 900 čestica u stanju s n = 15 kojem pripada valna funkcija
ϕ15(x) =√
2a
sin 15πxa
.
Valna funkcija, koja opisuje stanje svih ovih čestica, može se napsiati kao superpozicija svoj-stvenih funkcija Hamiltonijana koji opisuje stanje čestica u jednodimenzionalnoj kutiji
ψ(x, 0) = c2ϕ2 + c15ϕ15
gdje su c2 i c15 koeficijenti razvoja koje trebamo pronaći. Ako se prisjetimo da su |cn|2 vjerojat-nosti da se čestica nađe u stanju n s energijom En, možemo iskoristiti broj neutrona u svakomstanju kako bi dobili vjerojatnosti:
P (2) = |c2|2 = 1001000 = 1
10 ⇒ c2 = 1√10
P (15) = |c15|2 = 9001000 = 9
10 ⇒ c15 =√
910
što nam za valnu funkciju daje
ψ(x, 0) = 1√5a
sin 2πxa
+√
95a sin 15πx
a
1.10 Koliko iznose očekivanje 〈x〉 i kvadratni korijen varijance ∆x za sljedeće gustoće vjerojat-nosti:
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 18
a) |ψ(x)|2 = A[a4 + (x− x0)4]−1
b) |ψ(x)|2 = Ax2e−x2
2a2
c) |ψ(x)|2 = A sin2(x−x0√2a − 8π)e−
x−x02a2
Rješenje:Ukoliko nam je gustoća vjerojatnosti zadana, očekivanje položaja možemo izračunati preko
〈x〉 =∫ ∞−∞
x|ψ(x)|2dx
dok je∆x2 = 〈x2〉 − 〈x〉2
Zadatak dovršite samostalno za vježbu.
1.11 Čestica se giba u jednoj dimenziji, te ima valnu funkciju
ψ(x, t) = Aei(ax−bt)
gdje su a i b konstante.
1. Kako izgleda potencijal V (x) u kojem se giba čestica?
2. Ako se mjeri količina gibanja čestice, koja će se vrijednost dobiti?
3. Ako se mjeri energija, koja će se vrijednost dobiti?
Rješenje:
1. Potencijal ćemo dobiti iz Schrödingerove jednadžbe:
i~∂ψ(~r, t)∂t
=(− ~2
2m∇2 + V (~r, t)
)ψ(~r, t)
i~(−ib)Aei(ax−bt) = ~2
2mAa2ei(ax−bt) + V ·Aei(ax−bt)
~b = h2a2
2m + V
⇒ V = ~b− h2a2
2m
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 19
2.pψ = pψ
−i~ ∂∂xAei(ax−bt) = pAei(ax−bt)
⇒ p = ~a
3.Eψ = Eψ
i~∂
∂tAei(ax−bt) = EAei(ax−bt)
⇒ E = ~b
1.2 Svojstvene funkcije operatora količine gibanja i operatoraenergije
1.12 Elektron se giba u x smjeru s de Broglievom vlanom duljinom 10−8 cm.
a) Kolika je energija elektrona u eV-ima?
b) Kako izgleda vremenski nezavisna valna funkcija elektrona?
c) Nađite gustoću vjerojatnosti i vjerojatnost da se elektron nalazi u nekom položaju x?
Rješenje:
a) Energija se računa preko impulsa kao
E = p2
2mdok za impuls vrijedi
p = 2π~λ
iz čega je energija
E = 2π2~2
λ2m
b) Ovdje se radi o slobonom elektronu, pa će njegova valna funkcija biti dana sa
ϕk = Aeikx
gdje su ϕk rješenja Schrödingerove jednadžbe za slobodnu česticu, A konstanta normiranja, ak = 2π
λ .
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 20
c) Gustoća vjerojatnosti je dana sa
|ϕk|2 = ϕ∗kϕk = A2e−ikxeikx = A2 = konst.
Ovaj rezultat znači da gustoća vjerojatnosti ne ovisi o x, tj. položaju čestice - vjerojatnost jejednaka za bilo koji x od −∞ do +∞. Ako ovaj rezultat promotrimo iz ugla Heisenbergovihrelacija neodređenosti, on je logičan - ako se elektron nalazi u stanju s točno određenom količinomgibanja (p = ~k) - onda je njegov položaj maksimalno neodređen, tj. može se nalaziti u bilokojoj točki prostora.
1.13 Koristeći izraze za svojstvene funkcije operatora p,
ϕk = 1√2πeikx
te razvoj funkcije stanja sustava u trenutku t = 0 po njima
ψ(x, 0) =∫ ∞−∞
c(k)ϕkdk
pokažite da, uz korištenje uvjeta normiranosti, vrijedi∫ ∞−∞|c(k)|2dk = 2π
Rješenje:Uvjet normiranosti glasi ∫ ∞
−∞ψ(x, 0)∗ψ(x, 0)dx = 1
u što uvrštavamo izraz za ψ(x, 0) i ϕk∫ ∞−∞
(∫ ∞−∞
c(k′)∗ϕ∗k′dk′∫ ∞−∞
c(k)ϕkdk)dx = 1
∫ ∞−∞
(∫ ∞−∞
c(k′)∗ 1√2πe−ik
′xdk′∫ ∞−∞
c(k) 1√2πeikxdk
)dx = 1
što ćemo zapisati na malo drugačiji način
12π
∫ ∞−∞
c(k′)∗dk′∫ ∞−∞
c(k)dk∫ ∞−∞
ei(k−k′)xdx = 1
gdje je integral po x jedna od reprezentacija delta funkcije s kojom smo se već susreli i koja jerazličita od nule samo ako je k = k′ iz čega slijedi
12π
∫ ∞−∞|c(k)|2dk = 1
što nakon množenja s 2π daje traženi rezultat.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 21
1.14 Promotrite funkcijeϕk = 1√
aeikx
definirane na intervalu od −a/2 do a/2.
a) Pokažite da su ove funkcije normalizirane na jedinicu i da zadržavaju ovu normalizaciju ulimesu a→∞.
b) Pokažite da ove funkcije čine ortogonalan skup u limesu a→∞.
Rješenje:
a) Uvjet normalizacije zadan je sa ∫ a/2
−a/2|ϕk|2dx = 1
Računamo ∫ a/2
−a/2|ϕk|2dx =
∫ a/2
−a/2
1√ae−ikx
1√aeikxdx = 1
a
∫ a/2
−a/2dx = 1
a
(a
2 + a
2
)= 1
U limesu kada granice teže u beskonačnost∫ ∞−∞|ϕk|2dx =
∫ ∞−∞
1√ae−ikx
1√aeikxdx = lim
a→∞1a
∫ a/2
−a/2dx = lim
a→∞1a
(a
2 + a
2
)= lim
a→∞1 = 1
b) Za dva elementa iz ortogonalnog skupa, ϕk i ϕk′ , vrijedi∫ ∞−∞
ϕ∗kϕk′dx = 0
ili〈ϕk|ϕk′〉 = 0
preko braket notacije. Izračunavamo integral15
〈ϕk|ϕk′〉 =∫ ∞−∞
1√ae−ikx
1√aeik′xdx = 1
a
∫ ∞−∞
ei(k′−k)xdx = 2π
aδ(k′ − k) = 0
1.15 U t = 0, neka čestica se nalazi u stanju
ψ(x, 0) = eik0x
za |x| ≤ 12 , gdje je k0 neki valni broj (konstanta).
15∫∞−∞ e
i(k′−k)xdx = 2πδ(k′ − k) je jedan od prikaza Diracove delta funkcije.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 22
a) Kolika je vjerojatnost da čestica ima impuls u intervalu od 0 do ~k0?
b) Koje vrijednosti impulsa čestica ne može imati u t = 0?
Rješenje:
a) U rješavanju ćemo koristiti rezultate prošlog zadatka. Vjerojatnost da čestica ima impuls od0 do ~k0 je dana sa
P =∫ k0
0|c(k)|2dk
gdje su c(k) koeficijenti razvoja početne valne funkcije čestice po stanjima k:
ψ(x, 0) =∫ ∞−∞
c(k)ϕkdk
Koeficijente razvoja dobivamo tako da gornju jednadžbu pomnožimo s ϕ′∗k i integriramo po x pocijelom prostoru: ∫ ∞
−∞ϕ∗k′ψ(x, 0)dx =
∫ ∞−∞
c(k)dk∫ ∞−∞
ϕ∗k′ϕkdx
Integral ∫ ∞∞
ϕ∗k′ϕkdx
već smo susreli u zadatku 1.9, i za njega znamo da je rezultat 2πδ(k′−k) 16 što nam u konačnicidaje izraz za c(k′)
c(k′) =∫ ∞−∞
ϕ∗k′ψ(x, 0)dx
Nadalje ćemo zamijeniti k′ sa k. Izračunajmo koeficijente razvoja c(k):
c(k) =∫ ∞−∞
1√2πe−ikxeik0xdx = 1√
2π
∫ 1/2
−1/2ei(k0−k)xdx = 1√
2π1
i(k0 − k)ei(k0−k)x
∣∣∣∣∣1/2
−1/2
c(k) = 1√2π
1i(k0 − k)
(ei2 (k0−k) − e−
i2 (k0−k)
)= 1√
2π1
i(k0 − k)2i sin k0 − k2
c(k) =√
2π
1k0 − k
sin k0 − k2
što za vjerojatnost daje
P = 2π
∫ k0
0
1(k0 − k)2 sin2 k0 − k
2 dx
Ovaj integral nije egzaktno rješiv, ali možete pokušati riješiti nekom od numeričkih metoda.16a koji se nalazi u 1.9 je u ovom slučaju 1, tj. širina intervala
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 23
b) Čestica ne može imati vrijednosti impulsa za koje je gustoća vjerojatnosti 0. Općenito,gustoća izgleda kao
|c(k)|2 = 2π
1(k0 − k)2 sin2 k0 − k
2iz čega možemo zaključiti da će ona biti nula jedino ako je sin2 k0−k
2 daje nulu, što će biti zavrijednosti argumenta
k0 − k2 = nπ
iz čega dobivamok = k0 + 2nπ
1.16 Slobodna čestica mase m giba se u jednoj dimenziji, te je poznato da se nalazi u početnomstanju:
ψ(x, 0) = sin(k0x)za |x| ≤ 1
2 .
a) Kako izgleda ψ(x, 0) razvijen po svojstvenim funkcijama operatora količine gibanja?
b) Kako izgleda ψ(x, t)?
c) Koje vrijednosti impulsa p mogu dati mjerenja u trenutku t te s kojim vjerojatnostima se tevrijednosti pojavljuju?
d) Pretpostavimo da se u trenutku t = 3s mjerenje impulsa daje vrijednost ~k0. Kako izgledaψ(x, t) u trenutku t > 3s?
Rješenje:
a) Razvoj početnog stanja preko svojstvenih funkcija operatora količine gibanja
ϕk = 1√2πeikx
jeψ(x, 0) = 1√
2π
∫ +∞
−∞c(k)eikxdk
gdje su c(k) koeficijenti razvoja koji su, prema rezultatima prijašnjih zadataka dani sa
c(k) =∫ ∞−∞
ϕ∗kψ(x, 0)dx = 1√2π
∫ 12
− 12
e−ikx sin(k0x)dx
Koristeći formulu ∫ebx sin axdx = 1
a2 + b2 ebx(b sin ax− a cos ax)
možemo doći do rješenja ovog integrala17.17Pokušajte za vježbu.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 24
b) Prema definiciji, valna funkcija u bilo kojem trenutku glasi
ψ(x, t) = e−i~ Ht · ψ(x, 0) = e−iωt · ψ(x, 0)
što ako primjenimo na naš razvoj funkcije daje
ψ(x, t) = eiωt1√2π
∫ +∞
−∞c(k)eikxdk
ψ(x, t) = 1√2π
∫ +∞
−∞c(k)ei(kx−ωt)dk
c) Vrijednosti koje možemo dobiti za količinu gibanja p su ~k, ovisno o valnom vektoru k, savjerojatnostima danim gornjim izrazom za koeficijente razvoja funkcije stanja po svojstvenimvrijednostima operatora količine gibanja
P (k) = |c(k)|2
Za vježbu izračunajte vjerojatnost čestica ima iznos impulsa od −k0 do k0.
d) Ukoliko mjerenje količine gibanja da vrijednost ~k0, što je svojstvena vrijednost količinegibanja za svojstvenu funkciju
ϕ = 1√2πeik0x
čestica u svakom daljnjem trenutku mora se nalaziti u stanju s istom valnom funkcijom, tj.
ψ(x, t) = 1√2πeik0x
1.17 Čestica se nalazi u jednodimenzionalnoj pravokutnoj potencijalnoj jami širine a, s besko-načno visokim zidovima. Početno stanje čestice dano je sa
ψ(x, 0) = A√a
sin πxa
+√
35a sin 3πx
a+ 1√
5asin 5πx
a
gdje je A neka konstanta.
a) Izračunajte A tako da ψ(x, 0) bude normirana.
b) Ako se mjeri energija čestice, koje vrijednosti se mogu dobiti i s kojim vjerojatnostima?Izračunajte srednju energiju čestice.
c) Pronađite valnu funkciju ove čestice u nekom kasnijem trenutku t.
Rješenje:
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 25
a) Normiranje valne funkcije je ∫ a
0ψ∗(x, 0)ψ(x, 0) = 1
Možemo uvrstiti izraz za ψ(x, 0) odmah u integral i pokušati izraziti A. Ali, ako znamo da susvojstvene funkcije hamiltonijana za jednodimenzionalnu jamu oblika
ϕn(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
i da su ortonormirane ∫ a
0ϕ∗nϕk = δnk
ψ(x, 0) možemo napisati u malo drugačijem obliku kao
ψ(x, 0) = A√2ϕ1(x) +
√310ϕ3(x) + 1√
10ϕ5(x)
Ako sada ovakav oblik ψ(x, 0) uvrstimo u normiranje∫ a
0
(A√2ϕ∗1(x) +
√310ϕ
∗3(x) + 1√
10ϕ∗5(x)
)(A√2ϕ1(x) +
√310ϕ3(x) + 1√
10ϕ5(x)
)dx = 1
iz ortogonalnosti svojestvenih funkcija hamiltonijana, svi mješoviti umnošci (kao npr.∫ a
0 ϕ∗1ϕ5dx)
će biti nula, pa ostaje samo
A2
2
∫ a
0ϕ∗1ϕ1dx+ 3
10
∫ a
0ϕ∗3ϕ3dx+ 1
10
∫ a
0ϕ∗5ϕ5dx = A2
2 + 310 + 1
10 = 1
što kada izrazimo A dobivamoA =
√65
i time izraz za normiranu valnu funkciju je
ψ(x, 0) =√
35ϕ1(x) +
√310ϕ3(x) + 1√
10ϕ5(x)
b) Ako razvijemo početnu valnu funkciju po svojstvenim funkcijama hamiltonijana,
ψ(x, 0) =∑n
cnϕn(x)
koeficijenti razvoja nam daju vjerojatnost mjerenja pojedine energije kao
P (En) = |cn|2
Ali, na kraju a) dijela zadatka mi već imamo razvoj po svojstvenim funkcijama hamiltonijanasa konstantama
c1 =√
35
c3 =√
310
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 26
c5 = 1√10
dok su sve ostale nula. Vjerojatnosti mjerenja energije su
P (E1) = 35
P (E3) = 310
P (E5) = 110
Srednju vrijednost energije možemo izračunati kao18
〈E〉 =∫ a
0ψ∗(x, 0)Hψ(x, 0)dx
ili jednostavno kao〈E〉 =
∑n
P (En)En = 35E1 + 3
10E3 + 110E5
Ako znamo da za ovu potencijalnu jamu vrijedi
En = n2E1
〈E〉 = 35E1 + 9 3
10E1 + 25 110E1 = 29
5 E1
c) Ukoliko imamo ψ(x, 0) razvijenu po svojstvenim funkcijama Hamiltonijana, ψ(x, t) u nekomkasnijem trenutku t biti će jednostavno
ψ(x, t) =√
35ϕ1(x)e−
i~E1t +
√310ϕ3(x)e−
i~E3t + 1√
10ϕ5(x)e−
i~E5t
gdje su En pripadajuće energije uz svako stanje ϕn.
1.18 Nađite ψ(x, t) i P (En) u trenutku t > 0, koji se odnose na česticu u jednodimenzionalnojkutiji sa zidovima u (0, a) u početnom stanju
ψ(x, 0) = A1 sin 3πxa
cos πxa
Rješenje:Kako bi znali kako izgleda ψ(x, t), početnu valnu funkciju moramo razviti u red po svojstvenimfunkcijama Hamiltonijana za 1D kutiju
ψ(x, 0) =∑n
cnϕn(x)
gdje su ϕn(x)
ϕn(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
18Pokušati za vježbu.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 27
Koeficijente cn možemo izračunati kao što smo i u zadacima do sada, ali i možemo pogledatikako izgleda ψ(x, 0). Ako iskoristimo trigonometrijski identitet
sinα cosβ = 12(sin(α+ β) + sin(α− β))
što nam odmah za razvoj daje
sin 3πxa
cos πxa
= 12(sin 4πx
a+ sin 2πx
a)
⇒ ψ(x, 0) = A12
√a
2
(√2a
sin 4πxa
+√
2a
sin 2πxa
)= A1
2
√a
2(ϕ4 + ϕ2)
Za vježbu normirajte ovu valnu funkciju, a kao rezultat dobije se A1 = 2√a:
ψ(x, 0) = 12(ϕ4 + ϕ2) .
Ako imamo raspisanu početnu valnu funkciju ψ(x, 0) preko svojstvenih funkcija Hamiltonijana,kao što imamo zapisano ovdje, onda je ψ(x, t) jednostavno
ψ(x, t) = 12
(e−
iE4t~ ϕ4 + e−
iE2t~ ϕ2
)
1.3 Potencijalne barijere
1.19 Snop elektrona prolazi kroz potencijalnu barijeru širine 4.5 Å. Koeficijent transmisijepokazuje 3. maksimum na energiji E = 100 eV . Kolika je visina barijere V ?
Rješenje:Koeficijent transmisije dan je izrazom
1T
= 1 + 14
V 2
E(E − V ) sin2(2k2a),
gdje je konstanta k2 dana sa
k2 =
√2m(E − V )
~2 .
Ukoliko funkcija T ima maksimum, tada će 1/T imati minimum, stoga moramo pronaći kada1/T dan gornjim izrazom ima minimalnu vrijednost. Jedino što je promjenjivo u izrazu za 1/Tje sin2(2k2a), koji ide od vrijednosti 0 do 1. Iz izraza vidimo da će minimum biti kada je
sin2(2k2a) = 0
. iz čega vidimo da je2k2a = nπ.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 28
Treći maksimum će biti za n = 2, iz čega slijedi
k2 = π
a.
Vratimo li ovaj rezultat u izraz za k2, dobivamo
π
a=
√2m(E − V )
~2 .
Izrazimo li V , dobivamo konačni rezultat
V = E − π2~2
2ma2
1.20 Udarni presjek za raspršenje elektrona na atomima rijetkog plina kriptona ima minimumna niskoj energiji od E ' 0.9 eV . Ako je koeficijent refleksije mjera poprečnog presjeka rasprše-nja, pretpostavljajući da elektroni "vide" potencijalni bunar atoma širine 1 Bohra, izračunajtenjegovu dubinu.
Rješenje:...
Poglavlje 2
Harmonijski oscilator
Promatramo česticu koja se giba u potencijalu
V (x) = 12kx
2 = 12mω
2x2
s čime je Hamiltonijan u 1D
H = − ~2
2md2
dx2 + mω2x2
2Svojstvene funkcije Hamiltonijana tj. rješenje Schrodingerove jednadžbe su
ϕn(x) =( 1πλ2
) 14 1√
2nn!Hn
(x
λ
)e−
x22λ2
gdje je λ =√
~mω , a Hn(η) Hermiteovi polinomi
Hn(η) = (−1)neη2(dn
dηne−η
2)
Svojstvene vrijednosti Hamiltonijana, tj. energije su
En = (n+ 12)~ω
2.1 Čestica s energijom E = ~ω2 se giba u potencijalu harmoničkog oscilatora. Izračunajte
vjerojatnost da ćemo česticu naći u klasično zabranjenom području. Usporedite taj rezultat svjerojatnostima nalaženja čestice u višim energijskim stanjima.
Rješenje:Klasično zabranjeno područje oscilatora je ono za koje vrijedi
|x| > A
gdje je A maksimalni otklon oscilatora, koji je određen njegovom energijom. Ako je jednadžbagibanja klasičnog oscilatora dana sa
x = A cosωt,
29
2. HARMONIJSKI OSCILATOR 30
a količina gibanja sap = mx = −mωA sinωt,
ukupna energija klasičnog oscilatora je
E = Ek + Ep = p2
2m + mω2x2
2 = 12mm2ω2A2 sin2 ωt+ mω2
2 A2 cos2 ωt = mω2A2
2što nam za maksimalni otklon izražen preko energije daje
A =
√2Emω2 .
Vjerojatnost da se kvantni harmonijski oscilator nađe u zabranjenom području je tada
P =∫ −A−∞
ψ∗(x)ψ(x)dx+∫ +∞
Aψ∗(x)ψ(x)dx = 2
∫ +∞
Aψ∗(x)ψ(x)dx
Za česticu s energijom E = ~ω2 , za A imamo
A =
√2~ω
2mω2 =
√~mω
a valna funkcija je dana sa, ako znamo da je to energija osnovnog stanja, sa
ψ0(x) =( 1πλ2
) 14e−
x22λ2 ,
gdje je λ = ~mω . Računamo integral
P = 2∫ +∞
Aψ∗0(x)ψ0(x)dx = 2
√1πλ2
∫ +∞
Ae−( xλ)2
dx
u koji uvodimo supstituciju η = xλ iz čega slijedi
P = 2√π
∫ +∞
A/λe−η
2dη
što možemo napisati kao
P = 1− 2√π
∫ A/λ
0e−η
2dη.
Ako uvrstimo što smo dobili za A za oscilator ove energije, Aλ = 1 iz čega slijedi
P = 1− 2√π
∫ 1
0e−η
2dη ≈ 0.1578.
Za pobuđena stanja, sa energijom većom od ~ω2 , vjerojatnost se računa prema izrazu
Pn = 1− 2∫ An
0
1√πλ22nn!
H2n
(x
λ
)e−( xλ)2
dx = 1− 1√πλ22n−1n!
∫ An
0H2n
(x
λ
)e−( xλ)2
dx
2. HARMONIJSKI OSCILATOR 31
što uz supstituciju η = xλ daje
Pn = 1− 1√π2n−1n!
∫ An/λ
0H2n(η)e−η2
dη.
Ako pogledamo prva dva pobuđena stanja,
H1(η) = 2η
H2(η) = 4η2 − 2A1λ
=√
3
A2λ
=√
4
za vjerojatnosti da se kvantni oscilator nađe u klasično zabranjenom području su
P1 ≈ 0.1116
P2 ≈ 0.0951
Kako uvrštavamo veći n, vjerojatnost da je kvantni oscilator u klasično zabranjenom područjuse smanjuje, što je i za očekivati. Klasični oscilator se dobiva za veće vrijednosti n, pa ćevjerojatnost da bude van klasičnih granica mora ići prema 0.
2.2 Koristeći relaciju neodredenosti ∆p∆x ≥ ~2 , procijenite energiju osnovnog stanja harmonič-
kog oscilatora.
Rješenje:Hamiltonijan harmonijskog oscilatora dan je sa
H = p2
2m + mω2x2
2 n
a njegovo očekivanje, tj. energija sa
〈H〉 = E = 12m〈p
2〉+ mω2
2 〈x2〉.
Da bismo povezali relacije neodređenosti sa energijom, promotrimo neodređenost položaja ikoličine gibanja
∆x = 〈x2〉 − 〈x〉2
∆p = 〈p2〉 − 〈p〉2
Izračunajmo 〈x〉 i 〈p〉 za neko općenito stanje oscilatora n:
〈x〉 =∫ +∞
−∞ψ∗n(x) x ψndx =
∫ +∞
−∞x|ψ(x)|2dx = 0
2. HARMONIJSKI OSCILATOR 32
jer je |ψ(x)|2 parna za bilo koji n, čime je cijela podintegralna funkcija neparna, a kako je integralna simetričnom intervalu tada je integral 0. Za očekivanje 〈p〉 računamo
〈p〉 = −i~∫ +∞
−∞ψ∗n(x)∂ψn(x)
∂xdx.
Ako uvedemo supstituciju η = xλ , očekivanje za p postaje
〈p〉 = −i~∫ +∞
−∞ψ∗n(η)∂ψn(η)
∂ηdη = DZ = 0
iz čega imamo∆x = 〈x2〉
∆p = 〈p2〉
što uvrštavamo u izraz za energiju
E = (∆p)2
2m + mω2(∆x)2
2
a s pomoću relacije neodređenosti∆p = ~
2∆x
E = ~2
8m(∆x)2 + mω2(∆x)2
2 .
Preostaje nam pronaći minimum energije kao funkciju ∆x:
dE
d∆x = − ~2
4m(∆x)3 +mω2∆x = 0
iz čega dobivamo da je ekstrem energije za vrijednost ∆x
(∆x)0 =
√~
2mω
Kada ustvrdimo da je to minimum, vrijednost energije u toj točki je
E[(∆x)0] = ~2
8m(∆x)2 + mω2(∆x)2
2 = ~ω4 + ~ω
4 = ~ω2
2.3 Promotrite česticu mase m u 1-dimenzionalnom harmonijskom potencijalu. U trenutku t =0 normalizirana valna funkcija je
ψ(x, 0) =( 1πσ2
) 14e−
x22σ2 ,
gdje je σ 6= ~mω neka konstanta. Izračunajte ψ(x, t).
2. HARMONIJSKI OSCILATOR 33
Rješenje:Kako bi izračunali ψ(x, t), moramo razviti početnu valnu funkciju ψ(x, 0) po svojstvenim funk-cijama Hamiltonijana:
ψ(x, 0) =∑n
cnϕn(x)
gdje su ϕn rješenja za harmonijski oscilator, a cn konstante razvoja. ψ(x, t) će biti jednostavno
ψ(x, t) =∑n
cnϕne−i(n+ 1
2 )ωt
. Konstante razvoja cn naći ćemo po dobro poznatom postupku, ovdje napisanom pomoćubra-ket notacije:
|ψ(x, 0)〉 =∑n
cn|ϕn(x)〉
na što djelujemo s lijeve strane s 〈ϕk(x)|
〈ϕk(x)|ψ(x, 0)〉 =∑n
cn〈ϕk(x)|ϕn(x)〉
〈ϕk(x)|ψ(x, 0)〉 =∑n
cnδnk
〈ϕk(x)|ψ(x, 0)〉 = ck
⇒ cn = 〈ϕn(x)|ψ(x, 0)〉 =∫ +∞
−∞ϕ∗n(x)ψ(x, 0)dx.
Računamo cn kao
cn = 1√π1/2λ2nn!
1√π1/2σ
∫ +∞
−∞Hn
(x
λ
)e−
x22
(1λ2 + 1
σ2)dx
Poznavajući parnost i neparnost Hermiteovih polinoma odmah možemo eliminirati sve Hermi-teove polinome s neparnim indeksom, ostaju samo parni koje ćemo označiti s 2m. Računamo
c2m = 1√πλσ4m(2m)!
∫ +∞
−∞H2m
(x
λ
)e−
x22
(1λ2 + 1
σ2)dx
uz supstituciju
η =
√σ2λ2
2λ2σ2x
za c2m dobivamo
c2m = 1√πλσ4m(2m)!
∫ +∞
−∞H2m
√ 2σ2
λ2 + σ2 η
e−η2
√2λ2σ2
λ2 + σ2dη
c2m =√
2λσ4mπ(2m)!(λ2 + σ2)
∫ +∞
−∞H2m
√ 2σ2
λ2 + σ2 η
e−η2dη
uz što, ako iskoristimo jednakost∫ +∞
−∞H2m(ax)e−x2
dx =√π
(2m)!m! (a2 − 1)m
2. HARMONIJSKI OSCILATOR 34
za c2m dobivamo izraz
c2m =√
2λσ(2m)!4m(m!)2(λ2 + σ2)
(σ2 − λ2
σ2 + λ2
)mKada imamo konstante razvoja, ψ(x, t) je tada u potpunosti određena kao
ψ(x, t) =∑n
c2nϕ2n(x)e−i(2n+1/2)ωt
2.4 Izračunajte očekivanje od x za t > 0, ako je u t = 0 čestica u stanju
ψ(x) = 1√2
[ϕ0(x) + ϕ1(x)]
gdje je ϕn(x) svojstvena funkcija 1-dimenzionalnog harmonijskog oscilatora.
Rješenje:Zadana nam je valna funkcija u t = 0:
ψ(x, 0) = 1√2
[ϕ0(x) + ϕ1(x)]
sa konstantama razvojaψ(x, 0) =
∑n
cnϕn(x)
gdje su c1 = c2 = 1√2 , dok su svi ostali nula. Odmah možemo pisati
ψ(x, t) = 1√2
[ϕ0(x)e−
i~E0t + ϕ1(x)e−
i~E1t
]= 1√
2
[ϕ0(x)e−
i2ωt + ϕ1(x)e−
3i2 ωt]
i računamo 〈x〉
〈x〉 = 〈ψ(x, t)|x|ψ(x, t)〉 =∫ +∞
−∞ψ∗(x, t)xψ(x, t)dx
Raspisujemo u bra-ket notaciji
〈ψ(x, t)|x|ψ(x, t)〉 = 12[〈ϕ0|x|ϕ0〉+ 〈ϕ1|x|ϕ1〉+ e−iωt〈ϕ0|x|ϕ1〉+ eiωt〈ϕ1|x|ϕ0〉
]Promotrimo svaki od ovih članova
〈ϕ0|x|ϕ0〉 =∫ +∞
−∞ϕ∗0(x)xϕ0(x)dx =
∫ +∞
−∞x|ϕ0(x)|2dx = 0
〈ϕ1|x|ϕ1〉 =∫ +∞
−∞ϕ∗1(x)xϕ1(x)dx =
∫ +∞
−∞x|ϕ1(x)|2dx = 0
〈ϕ0|x|ϕ1〉 =∫ +∞
−∞ϕ∗0(x)xϕ1(x)dx = 1√
π1/2λ1√
2π1/2λ
∫ +∞
−∞H0
(x
λ
)H1
(x
λ
)xe−
x2λ2 dx
ako znamo da suH0
(x
λ
)= 1
2. HARMONIJSKI OSCILATOR 35
iH1
(x
λ
)= 2x
λ
za rješenje integrala igramo
=√
2π
1λ2
∫ +∞
−∞x2e−
x2λ2 dx =
√1
2λ2 =
√~
2mω
Kako su〈ϕ0|x|ϕ1〉 = 〈ϕ1|x|ϕ0〉
za 〈x〉 imamo
〈x〉 = 12
√~
2mω (eiωt + e−iωt = 12
√~
2mω2 cosωt =
√~
2mω cosωt
2.1 Zadaci za vježbu
2.5 Pronađite svojstvene funkcije i svojstvene vrijednosti 2-dimenzionalnog harmonijskog osci-latora i odredite degeneraciju energijskih nivoa.
Rješenje:...
2.6 Linearni harmonijski oscilator u osnovnom stanju prikazan je valnom funkcijom
ψ0(x) = A0e− 1
2αx2
Odredite konstante A0 i α, ako je poznata masa m i energija oscilatora E.
Rješenje:...
Poglavlje 3
Kutna količina gibanja
Operator kutne količine gibanja
[Li, Lj ] = i~Lk
L2 = L2x + L2
y + L2z
[L2, Li] = 0
Jednadžba svojstvenih vrijednosti za L2:
L2Ylm = l(l + 1)~2Ylm
gdje su Ylm sferni harmonici, ili kraće
L2|lm〉 = l(l + 1)~2|lm〉
Jednadžba svojstvenih vrijednosti za Lz:
Lz|lm〉 = m~|lm〉
Sferni harmonici
Ylm = Ylm(θ, ϕ)
36
3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 37
∫ π
0
∫ 2π
0Yl′m′Ylm sin θdθdϕ = δl′l,m′m
Riješeni zadaci
3.1 Neka se sustav nalazi u stanju ψ = φlm, svojstvenom stanju operatora kutne količine gibanjaL2 i Lz. Izračunajte 〈Lx〉 i 〈L2
x〉.
Rješenje:Definiramo operatore podizanja i spuštanja:
L+ = Lx + iLy
L− = Lx − iLy
čije djelovanje je dano sa izrazima
L+Ylm =√
[l(l + 1)−m(m+ 1)]~Yl,m+1 = C+Yl,m+1
L−Ylm =√
[l(l + 1)−m(m− 1)]~Yl,m−1 = C−Yl,m−1
Iz definicija ovih operatora možemo naći izraze za Lx i Ly danih preko L+ i L−:
Lx = 12(L+ + L−)
Ly = 12i(L+ − L−)
Prije nego krenemo na račun 〈Lx〉, izračunajmo nešto što će nam biti od pomoći kasnije:
L+L− + L−L+ = (Lx + iLy)(Lx − iLy) + (Lx − iLy)(Lx + iLy) = 2(L2x + L2
y)
L2 = L2x + L2
y + L2z
L2 − L2z = L2
x + L2y
⇒ L+L− + L−L+ = 2(L2 − L2z)
Ako znamo djelovanje operatora L2 i Lz
3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 38
L2φlm = l(l + 1)~2φlm
Lzφlm = m~φlm
Računamo
〈Lx〉 =∫φ∗lmLxφlm dτ = 1
2
∫φ∗lm(L+ + L−)φlm dτ = 1
2
∫φ∗lmL+φlm dτ + 1
2
∫φ∗lmL−φlm dτ =
〈Lx〉 = 12C+
∫φ∗lmφl,m+1 dτ + 1
2C−∫φ∗lmφ
∗l,m−1 dτ = 0
〈L2x〉 =
∫φ∗lmL
2xφlm dτ
L2x = 1
4(L+ − L−)2 = 14(L+L− + L−L+ + L2
+ + L2−)
∫φ∗lmL
2+φlmdτ = 0
∫φ∗lmL
2−φlmdτ = 0
〈L2x〉 = 1
4
∫φ∗lm(L+L− + L−L+)φlm dτ = 1
2
∫φ∗lm(L2 − L2
z)φlm dτ
〈L2x〉 = 1
2
∫φ∗lmL
2φlm dτ − 12
∫φ∗lmL
2zφlm dτ
〈L2x〉 = 1
2 l(l + 1)~2∫φ∗lmφlm dτ − 1
2m2~2
∫φ∗lmφlm dτ
⇒ 〈L2x〉 = 1
2[l(l + 1)−m2]~2
3.2 Označimo svojstvene funkcije operatora kutne količine gibanja L2 i Lz, koje imaju kvantnebrojeve l = 1 i m = 1, 0,−1 sa φ1,φ0 i φ−1. Upotrebom operatora podizanja i spuštanja, L+i L−, izračunajte rezultat djelovanja operatora Lx na funkcije φ1,φ0 i φ−1 te nađite svojstvenefunkcije i svojstvene vrijednosti operatora Lx.
Rješenje:
3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 39
L+φlm =√
[l(l + 1)−m(m+ 1)]~φl,m+1
L−φlm =√
[l(l + 1)−m(m− 1)]~φl,m−1
l = 1; m = 1, 0,−1
⇒
L+φ1 = 0L+φ0 =
√2~φ1;
L+φ−1 =√
2~φ0;
L−φ1 =√
2~φ0
L−φ0 =√
2~φ−1
L−φ−1 = 0
Lx = 12(L+ + L−)
Lxφ1 = 12(L+ + L−)φ1 = 1
2(L+φ1 + L−φ1) = 12(0 +
√2~φ0) = ~√
2φ0
Lxφ0 = 12(L+ + L−)φ0 = 1
2(L+φ0 + L−φ0) = 12(√
2~φ1 +√
2~φ−1) = ~√2
(φ1 + φ−1)
Lxφ−1 = 12(L+ + L−)φ−1 = 1
2(L+φ−1 + L−φ−1) = 12(√
2~φ0 + 0) = ~√2φ0
Neka je φx svojstvena funkcija operatora Lx, sa svojstvenom vrijednošću λ. φx napišemo kaolinearnu kombinaciju funkcija φ1,φ0 i φ−1:
φx = αφ1 + βφ0 + γφ−1
Jednadžba svojstvenih vrijednostiLxφx = λφx
tj.Lx(αφ1 + βφ0 + γφ−1) = λ(αφ1 + βφ0 + γφ−1)
što raspisujemo kao
αLxφ1 + βLxφ0 + γLxφ−1 = λαφ1 + λβφ0 + λγφ−1
Kako smo izračunali djelovanje Lx na φ1,φ0 i φ−1 gore, možemo pisati
~√2αφ0 + ~√
2βφ1 + ~√
2βφ−1 + ~√
2γφ0 = λαφ1 + λβφ0 + λγφ−1
3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 40
iz čega slijedi~√2β = λα
~√2
(α+ γ) = λβ
~√2β = λγ
iz čega imamo 3 rješenja
1.β =√
2α
γ = α
⇒ λ = ~
2.β = 0
γ = −α
⇒ λ = 0
3.β = −
√2α
γ = α
⇒ λ = −~
što su svojstvene vrijednosti operatora Lx. Svojstvene vrijednosti dobivamo iskoristimo li nor-miranje svojstvenih funkcija α2 + β2 + γ2 = 1.
1. λ = ~:α2 + 2α2 + α2 = 1⇒ 4p2 = 1
⇒ φ1x = 12(φ1 +
√2φ0 + φ−1)
2. λ = 0:p2 + p2 = 1⇒ 2p2 = 1
⇒ φ0x =√
22 (φ1 − φ−1)
3. λ = −~:α2 + 2α2 + α2 = 1⇒ 4p2 = 1
⇒ φ−1x =√
22 (φ1 −
√2φ0 + φ−1)
3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 41
3.3 Za sustav s l = 1, pronađite matrične reprezentacije operatora L2, Lz, Lx i Ly.
Rješenje:Matrična reprezentacija nekog vektora ovisit će o bazi u kojoj ga prikazujemo, u ovom slučajuzanimaju nas reprezentacije u bazi svojstvenih funkcija operatora L2 i Lz. Za l = 1, imamo trifunkcije koje čine bazu, to su upravo φ1,φ0 i φ−1 iz prošlog zadatka.
Općenito, matrična reprezentacija nekog operatora u bazi koja ima tri funkcije ili vektora, na-zovimo ih |1〉, |2〉 i |3〉 izgledat će kao
A =
A11 A12 A13A21 A22 A23A31 A32 A33
gdje su Aij matrične vrijednosti koje se računaju kao
Aij = 〈i|A|j〉 =∫φ∗i AφjdV
Znamo kako operatori L2, Lz, Lx i Ly djeluju na φ1,φ0 i φ−1 (koje ćemo dalje označavati prekobra-ket notacije kao |1〉, |0〉 i | − 1〉) pa možemo izračunati njihovu reprezentaciju u ovoj bazi.Izgled |1〉, |0〉 i | − 1〉 je
|1〉 =
100
, |0〉 =
010
, | − 1〉 =
001
1. Krenimo sa L2:L2|lm〉 = l(l + 1)~2|lm〉
što u našem slučaju, pošto sve funkcije imaju isti l daje
L2|1〉 = 2~2|1〉
L2|0〉 = 2~2|0〉
L2| − 1〉 = 2~2| − 1〉
Ako uvrstimo L2 u izraz za matrične vrijednosti, dobivamo
〈1|L2|1〉 = 2~2〈1|1〉 = 2~2
〈0|L2|0〉 = 2~2〈0|0〉 = 2~2
〈−1|L2| − 1〉 = 2~2〈−1| − 1〉 = 2~2
dok su svi mješoviti 0 jer su |1〉, |0〉 i | − 1〉 ortogonalne. Matrična reprezentacija operatora L2
je tada
L2 = 2~2
1 0 00 1 00 0 1
3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 42
2. Lz:Lz|lm〉 = m~|lm〉
iz čega slijediLz|1〉 = ~|1〉
Lz|0〉 = 0|0〉 = 0
Lz| − 1〉 = −~| − 1〉
Ako izračunamo matrične elemente, dobivamo izgled operatora Lz
Lz = ~
1 0 00 0 00 0 1
3. Lx:Operator Lx zapišemo preko operatora podizanja i spuštanja
Lx = 12(L+ + L−)
i u prošlom zadatku smo točno vidjeli kako on djeluje na |1〉, |0〉 i | − 1〉
Lx|1〉 = ~√2|0〉
Lx|0〉 = ~√2
(|1〉+ | − 1〉)
Lx| − 1〉 = ~√2|0〉
što za matrične elemente daje〈1|Lx|1〉 = ~√
2〈1|0〉 = 0
〈1|Lx|0〉 = ~√2
(〈1|1〉+ 〈1| − 1〉) = ~√2
〈1|Lx| − 1〉 = ~√2〈1|0〉 = 0
〈0|Lx|1〉 = ~√2〈0|0〉 = ~√
2
〈0|Lx|0〉 = ~√2
(〈0|1〉〈0| − 1〉) = 0
〈0|Lx| − 1〉 = ~√2〈0|0〉 = ~√
2
〈−1|Lx|1〉 = ~√2〈−1|0〉 = 0
〈−1|Lx|0〉 = ~√2
(〈−1|1〉+ 〈−1| − 1〉) = ~√2
3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 43
〈−1|Lx| − 1〉 = ~√2〈−1|0〉 = 0
što za izgled operatora Lx u ovoj bazi daje
Lx = ~√2
0 1 01 0 10 1 0
4. Ly - DZ. Provjeriti kako operator Ly djeluje na vektore (funkcije) baze i izračunati matričneelemente.
3.4 Kolika je vjerojatnost da će mjerenje Lx dati vrijednost 0 za sustav koji pripada kvantnombroju l = 0 i koji je u stanju
ψ = 1√14
123
Kolika je vjerojatnost da će mjerenje Lz istog stanja dati vrijednost ~?
Rješenje:Stanje sustava u bra-ket notaciji je
|ψ〉 = 1√14
(1|1〉+ 2|0〉+ 3| − 1〉)
U drugom zadatku vidjeli smo da je svojstvena funkcija operatora Lx koja ima vrijednost 0 danasa
φ0x =√
22 (φ1 − φ−1)
ili u bra-ket notaciji
|0〉x =√
22 (|1〉 − | − 1〉)
Vjerojatnost da će mjerenje operatora Lx dati vrijednost 0, dobivamo računanjem
P = |〈0x|ψ〉|2
što računamo
〈0x|ψ〉 =√
22
1√14
(〈1| − 〈−1|)(1|1〉+ 2|0〉+ 3| − 1〉) = 12√
7(1− 3) = − 1√
7
Vjerojatnost mjerenja vrijedosti 0 operatora Lx je tada
P = 17
3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 44
Koliko bi iznosila vjerojanost mjerenja Lx od +~ ili −~? Koliko zbroj ove tri vjerojatnosti moraiznositi?
Da bi dobili vjerojatnost mjerenja Lz koja daje vrijednost ~, moramo pogledati koja je svojstvenafunkcija Lz s tom svojstvenom vrijednosti. Iz izraza
Lzφlm = m~φlm
iliLz|lm〉 = m~|lm〉
vidimo da je to upravo |1〉, pa da bi dobili vjerojatnost mjerenja ~ moramo izračunati
〈1|ψ〉 = 1√14〈1|(1|1〉+ 2|0〉+ 3| − 1〉) = 1√
14
što daje vjerojatnost 1/14.
Poglavlje 4
Atom vodika
4.1 Valna funkcija elektrona u atomu je
ψ(r) = Ce−ra
gdje je a = a0Z , a a0 ≈ 0.5Å je Bohrov polumjer.
a) Izračunajte konstantu normalizacije.
b) Ako je nuklearni broj A = 173 i atomski broj Z = 70, kolika je vjerojatnost da će se elektronnaći u jezgri? Pretpostavljamo da je polumjer jezgre 1.2A1/3 fm.
c) Kolika je vjerojatnost da će se elektron naći u području x, y, z > 0?
Rješenje:
a) Konstantu normalizacije ćemo izračunati iz poznatog uvjeta normiranosti∫|ψ|2dV = 1
iz čega računamo integral s lijeve strane
C2∫ +∞
0r2e−
2ra dr
∫ 2π
0dϕ
∫ π
0sin θdθ = 4πC2
∫ +∞
0r2e−
2ra dr = 4πC2
(a
2
)3Γ(3) = 4πC2
(a
2
)32! = 4πC2a
3
4
iz čega slijedi
4πC2a3
4 = 1⇒ C = 1√a3π
b) Ako sa R označimo polumjer jezgre, vjerojatnost da se elektron nađe unutar nje je
P =∫ R
0r2e−
2ra dr
∫ 2π
0dϕ
∫ π
0sin θdθ = 4πC2
∫ R
0r2e−
2ra dr
45
4. ATOM VODIKA 46
Kako je gornja granica integrala, R, puno manja od a, eksponencijalna funkcija pod integralomje približno nula (na bilo kojem dijelu integrala r � a) pa za vjerojatnost imamo
P = 4a3
∫ R
0r2dr = 4
3
(R
a
)3= 4
3
(Zr0a0
)3A = 1.1 · 10−6 ≈ 0
c) Pošto je valna funkcija nezavisna od varijabli θ i ϕ (sfernosimetrična je), vjerojatnost da seona nađe u prvom oktantnu je tada 1
8 .
4.2 Izračunajte normaliziranu distribuciju količine gibanja elektrona u atomu vodika u stanjima1s i 2s.
Rješenje:Distribucija količine gibanja je
|ψ(~p)|2.
Valnu funkciju danu preko količine gibanja dobivamo pomoću Fourierove transformacije valnefunkcije dane preko položaja čestice
ψ(~p) = 1(2π~)3/2
∫e−
i~ ~p·~rψ(~r)d3r.
Valna funkcija elektrona u sfernim koordinatama je dana preko
ψ(r, θ, ψ) = Rnl(r)Y ml (θ, ψ)
gdje je Rnl(r) radijalni dio, a Y ml (θ, ψ) sferni harmonici. 1s stanje je stanje s kvantnim brojevima
ψ1s = ψ100
i ono glasiψ100(r) = 1√
πa3e−
ra ,
što uvrštavamo u Fourierovu transformaciju
ψ(~p) =∫e−
i~ ~p·~rψ(~r)d3r = 1
(2π~)3/21√πa3
∫e−
i~ ~p·~re−
ra r2 sin θdrdθdφ
Kako je ψ(~r sferno simetrična, kako bi izračunali ~p · ~r možemo postaviti da se ~p nalazi duž z osikoordinatnog sustava. Skalarni umnožak je tada
~p · ~r = pr cos θ
što uvrštavamo u integral
ψ(~p) = 2π(2πa~)3/2
1√π
∫e−
i~pr cos θe−
ra r2 sin θdrdθ
4. ATOM VODIKA 47
gdje smo već integrigrali po varijabli φ. Prvo integriramo po varijabli θ∫ π
0e−
i~pr cos θ sin θdθ
što uz supstituciju t = cos θ ima rješenje
~ipr
e−i~pr cos θ
∣∣∣∣∣π
0
= ~ipr
(ei~pr − e−
i~pr)
= 2~pr
sin pr~
te nam ostajeψ(~p) = 1
π√
21
(a~)3/22~p
∫ ∞0
re−ra sin pr
~dr
∫ ∞0
re−ra sin pr
~dr = 1
2i
[∫ ∞0
re−ra e
i~prdr −
∫ ∞0
re−ra e−
i~prdr
]= 1
2i
[ 1(1/a− ip/~)2 −
1(1/a+ ip/~)2
]= 1
2i(2ip/a~)2
[(1/a)2 + (p/~)2]2
= (2p/~)a3
[1 + (ap/~)2]2
što kada vratimo u ψ(~p) daje
ψ(~p) =√
2~
1a3/2
1π
2pa3
~1
[1 + (ap/~)2]2 = 1π
(2a3
~
)3/2 1[1 + (ap/~)2]2
Distribucija količine gibanja je tada
|ψ(~p)|2 = 1π2
(2a3
~
)3 1[1 + (ap/~)2]4
Prateći isti postupak, izračunajte |ψ(~p)|2 za ψ200.
4.3 Promotrite valnu funkciju
ψ(r, θ) = 181
√2πZ3/2(6− Zr)Zre−
Zr3 cos θ
gdje je r u jedinicama a0.
a) Nađite odgovarajuće vrijednosti kvantnih brojava n, l i m.
b) Iz ψ(r, θ) pronađite drugu valnu funkciju s istim vrijednostima n i l, ali s magnetskim kvant-nim brojem m+ 1.
4. ATOM VODIKA 48
c) Izračunajte najvjerojatniju vrijednost za r, za elektron u stanju ψ i za Z = 11.
Rješenje:
a) Da bi odredili kvantne brojeve, prvo krećemo od n. Ako promotrimo eksponencijalni član uψ i iskoristimo to da kod atoma vodika ima oblik e−r
√−E , gdje je
E = −Z2
n2
usporedbom potencija imamo
−Zr3 = −r√−(−Z
2
n2
)te za n dobivamo
n = 3.
Orbitalni kvantni broj dobivamo ako iskoristimo djelovanje operatora kvadrata kutne količinegibanja na valnu funkciju
L2ψ(r, θ) = l(l + 1)ψ(r, θ)
L2 u sfernim koordinatama ima oblik
L2 = − 1sin θ
∂
∂θ
(sin θ ∂
∂θ
)a ako ψ(r, θ) zapišemo u obliku
ψ(r, θ) = f(r) cos θ
imamo
L2ψ(r, θ) = L2f(r) cos θ = f(r)L2 cos θ = f(r)[− 1
sin θ∂
∂θ
(sin θ ∂
∂θcos θ
)]⇒ L2ψ(r, θ) = f(r)2 cos θ = 2f(r) cos θ = 2ψ(r, θ)
iz čega vidimo da jel = 1.
Za magnetski kvantni broj ćemo napraviti slično, iskoristiti ćemo djelovanje operatora Lz
Lzψ(r, θ) = mψ(r, θ)
ako znamo da jeLz = −i ∂
∂φ
kako naša valna funkcija ne ovisi o φ, imamo
Lzψ(r, θ) = 0
iz čega vidimo da jem = 0.
1DZ
4. ATOM VODIKA 49
b) Da bismo dobili valnu funkciju s magnetskim kvantnim brojemm+1, iskoristit ćemo operatorpodizanja L+
L+ψm =√
(l −m)(l +m+ 1)ψm+1
u što, ako iskoristimo kvantne brojeve koje smo odredili l = 1 i m = 0 dobivamo
L+ψ0 =√
2ψ1
U sfernim koordinatama L+ ima oblik
L+ = eiφ(∂
∂θ+ i cot θ ∂
∂φ
)iz čega slijedi
L+ψ0 = eiφ∂
∂θf(r) cos θ = −eiφf(r) sin θ
ψm+1 = 1√2
181
√2πZ3/2(6− Zr)Zre−
Zr3 sin θeiφ
c) Najvjerojatniji r ćemo pronaći tako što ćemo promotriti gdje funkcija (rψ)2 ima maksimum
∂
r(rψ)2 = 0
Poglavlje 5
Spin
Čestica sa spinom S ukoliko se mjeri njen spin može imati vrijednosti ms
ms = −S,−S + 1, ..., S − 1, S
ms nazivamo spinski broj. Komutacijske relacije za komponentne spina
[Si, Sj ] = i~Sk
Slično kao i sa operatorom kutne količine gibanja operator kvadrata spina, jednadžba svojstvenihvrijednosti glasi
S2|α〉 = s(s+ 1)~2|α〉
gdje su |α〉 svojstvene funkcije S2, a s(s+1)~2 su svojstvene vrijednosti. Kako S2 i Sz komutiraju,|α〉 su i svojstvene vrijednosti operatora Sz, sa pripadajućim djelovanjem Sz kao
Sz|α〉 = ms~|α〉
Elektron ima spin S = 12 , mogući spinski brojevi su ±1
2 , a djelovanje operatora S2 i Sz je tada
S2| ± 12〉 = 3
4~2| ± 1
2〉
Sz| ±12〉 = ±~
2 | ±12〉
Za čestice spina 12 koristimo Paulijeve matrice σi, gdje je spin predstavljen sa
~S = ~2~σ
gdje su komponente dane sa
σx =(
0 11 0
)
σy =(
0 −ii 0
)
σz =(
1 00 −1
)
50
5. SPIN 51
Riješeni zadaci
5.1 Izračunajte komutatore Paulijevih matrica
[σ1, σj ]
gdje su i, j = x, y, z.
Rješenje:
[σx, σy] = σxσy − σyσx =(
0 11 0
)(0 −ii 0
)−(
0 −ii 0
)(0 11 0
)=
=(i 00 −i
)−(−i 00 i
)= 2i
(1 00 −1
)= 2iσz
...
[σi, σj ] = 2iεijkσk
gdje je εijkσk = 1 ako se radi o cikličkoj permutaciji, -1 ako se radi o anticikličkoj permutaciji i0 inače.
5.2 Koristeći svojstvene vektore Sz kao vektore baze, izračunajte Si| + 12〉 i Si| −
12〉, gdje je
i = x, y, z, a | ± 12〉 su svojstveni vektori sa svojstvenim vrijednostima ±~
2 .
Rješenje:Moramo pronaći djelovanje operatora
Sx| ±12〉
Sy| ±12〉
Sz| ±12〉
Ako su nam | ± 12〉 vektori baze, označit ćemo ih kao
|+ 12〉 =
(10
)
| − 12〉 =
(01
)
5. SPIN 52
Ako se sjetimo da su prikazi Sx, Sy i Sz preko Paulijevih matrica već u ovoj bazi, možemoizračunati tražena djelovanja operatora pomoću matrica
Sx|+12〉 = ~
2
(0 11 0
)(10
)= ~
2
(01
)= ~
2 | −12〉
Sx| −12〉 = ~
2
(0 11 0
)(01
)= ~
2
(10
)= ~
2 |+12〉
Sy|+12〉 = ~
2
(0 −ii 0
)(10
)= ~
2
(0i
)= i~
2 | −12〉
Sy| −12〉 = ~
2
(0 −ii 0
)(01
)= −~
2
(i0
)= − i~2 |+
12〉
Sz|+12〉 = ~
2
(1 00 −1
)(10
)= ~
2
(10
)= ~
2 |+12〉
Sz| −12〉 = ~
2
(1 00 −1
)(01
)= −~
2
(01
)= −~
2 | −12〉
5.3 Dokažite da je [S2, Sz] = 0. Pokažite da svojstveni vektori Sz dijagonaliziraju S2 i pronađitesvojstvene vektore S2.
Rješenje:
[S2, Sz] = [S2x + S2
y + S2z , Sz] =
∑i=x,y,z
[S2i , Sz]
Očito imamo da je[S2z , Sz] = 0
Računamo preostala 2:
[S2x, Sz] = [Sx · Sx, Sz] = Sx[Sx, Sz] + [Sx, Sz]Sx = −i~SxSy − i~SySx
[S2y , Sz] = [Sy · Sy, Sz] = Sy[Sy, Sz] + [Sy, Sz]Sy = i~SySx + i~SxSy
⇒ [S2, Sz] = −(i~SxSy + i~SySx) + i~SySx + i~SxSy = 0
Da bi pronašli je li S2 dijagonalna u bazi svojstvenih vektora Sz, pogledat ćemo kako izgledanjen matrični oblik. Jednostavno ćemo izračunati
S2 = S2x + S2
y + S2z = ~2
4 (σ2x + σ2
y + σ2z) = 3~
2
4 I = 3~2
4
(1 00 1
)
5. SPIN 53
iz čega vidimo da je S2 dijagonalna u bazi svojstvenih vektora Sz. Ako je matrica dijagonalnau nekoj bazi, vektori te baze su ujedno i njeni svojstveni vektori, tako da zaključujemo da su| ± 1
2〉 i svojstveni vektori S2. Svojstvene vrijednosti su
S2|+ 12〉 = 3~2
4
(1 00 1
)(10
)= 3~2
4
(10
)= 3~2
4 |+12〉
S2| − 12〉 = 3~2
4
(1 00 1
)(01
)= 3~2
4
(01
)= 3~2
4 | −12〉
5.4 Nađite kako operatori Sx + iSy i Sx − iSy djeluju na vektore | ± 12〉
Rješenje:Imamo iz 2. zadatka kako Sx i Sy svaki zasebno djeluju na vektore baze, što koristimo
(Sx + iSy)|+12〉 = Sx|+
12〉+ iSy|+ 1
2〉 = ~2 | −
12〉+ i
i~2 | −
12〉 = 0
(Sx + iSy)| −12〉 = Sx| −
12〉+ iSy| − 1
2〉 = ~2 |+
12〉+ i
−i~2 |+
12〉 = ~|+ 1
2〉
(Sx − iSy)|+12〉 = Sx|+
12〉+ iSy|+ 1
2〉 = ~2 | −
12〉 − i
i~2 | −
12〉 = ~| − 1
2〉
(Sx + iSy)| −12〉 = Sx| −
12〉 − iSy| −
12〉 = ~
2 |+12〉 − i
−i~2 |+
12〉 = 0
Sx + iSy nazivamo i operatorom podizanja S+, a Sx− iSy nazivamo S−, operatorom spuštanja.
5.5 Za česticu sa spinom 12 , izračunajte očekivanu vrijednost od A = iSxSySx, gdje je valna
funkcija čestice zadana saψ = 1√
2(|+ 1
2〉+ | − 12〉)
a) korištenjem operatora S+ i S−
b) izravno
Rješenje:
a)Sx = 1
2(S+ + S−)
5. SPIN 54
Sy = 12i(S+ − S−)
Raspisujemo A
iSxSySx = i12(S+ + S−) 1
2i(S+ − S−)12(S+ + S−) = 1
8(S2+ − S+S− + S−S+ − S2
−) =
= 18(S3
+ + S2+S− − S+S−S+ + S+S
2− + S−S
2+ + S−S+S− − S2
−S+ − S3−)
iz čega jedino preostaje S−S+S− − S+S−S+ Računamo 〈A〉
〈A〉 = 1√2
(〈+1
2 |+ 〈−12 |)iSxSySx
1√2
(|+ 1
2〉+ | − 12〉)
= 116
[(〈+1
2 |+ 〈−12 |)
(S−S+S− − S+S−S+)(|+ 1
2〉+ | − 12〉)]
S−S+S−|+12〉 = ~3| − 1
2〉
S−S+S−| −12〉 = 0
S+ − S−S+|+12〉 = 0
S+ − S−S+| −12〉 = ~3|+ 1
2〉
⇒ 〈A〉 = 116
(〈+1
2 |~3| − 1
2〉+ 〈−12 |~
3| − 12〉 − 〈+
12 |~
3|+ 12〉 − 〈−
12 |~
3|+ 12〉)
= 0
b) Možemo izračunati matričnu reprezentaciju operatora A
A = iSxSySx = i
(~2
)3(
0 11 0
)(0 −ii 0
)(0 11 0
)= −~3
8
(0 1−1 0
)
ψ u bazi vektora izgleda kao
ψ = 1√2
(|+ 12〉+ | − 1
2〉) = 1√2
[(10
)+(
01
)]= 1√
2
(11
)
⇒ 〈A〉 = 1√2
(1 1
)(−~3
8
)(0 1−1 0
)1√2
(11
)= −~3
8(1 1
)(−11
)= 0
5.6 Neka je z komponenta spina elektrona ~2 .
a) Kolika je vjerojatnost da je njegova komponenta duž osi n′, koja zatvara kut θ sa z osi,jednaka ±~
2?
b) Kolika je srednja vrijednost spina duž n′?
5. SPIN 55
Rješenje:
a) Ukoliko je z komponenta spina ~2 , elektron se nalazi u stanju | + 1
2〉. Smjer n′ osi možemoprikazati preko jediničnog vektora
~en′ = sin θ cosφ~ex + sin θ sinφ~ey + cos θ~ez
čime je operator spina duž n′ osi
Sn′ = ~S · ~en′ = Sx sin θ cosφ+ Sy sin θ sinφ+ Sz cos θ = ~2
(cos θ sin θe−iφ
sin θeiφ − cos θ
)
Ova matrica je u bazi svojstvenih vektora operatora Sz, tako da moramo pronaći njene svojstvenevrijednosti sa pripadajućim svojstvenim vektorima. Pretpostavljamo da će njene svojstvenevrijednosti biti ±~
2 (spin elektrona uvijek ima ove dvije svojstvene vrijednosti) što računamo izjednadžbe svojstvenih vrijednosti(
cos θ sin θe−iφsin θeiφ − cos θ
)(ab
)= λ
(ab
)
iz čega imamo dvije jednadžbea cos θ + b sin θe−iφ = λa
a sin θeiφ − b cos θ = λb
što napišemo kaoa(cos θ − λ) + b sin θe−iφ = 0
a sin θeiφ − b(cos θ + λ) = 0
Ovaj sustav ima rješenje kad je determinanta∣∣∣∣∣cos θ − λ sin θe−iφsin θeiφ −(cos θ + λ)
∣∣∣∣∣ = 0
što raspisano daje− cos2 θ + λ2 − sin2 θ = 0
⇒ λ = ±1
iz čega vidimo da smo dobili očekivane svojstvene vrijednosti (faktor ~2 je ispred matrice kao
konstanta). Računamo svojstvene vektore za λ = 1:
a(cos θ − 1) + b sin θe−iφ = 0
uz uvjet normiranosti|a|2 + |b2| = 1.
Vidimo da jeb = a
1− cos θsin θe−iφ
5. SPIN 56
što kad uvrstimo u uvjet normiranosti
|a|2 + (1− cos θ)2
sin2 θ|a|2 = 1
|a|2(
1 + (1− cos θ)2
sin2 θ
)= 1
|a|2 sin2 θ + 1 + cos2 θ − 2 cos θsin2 θ
= 1
|a|24 sin2 θ
2sin2 θ
= 1
|a|24 sin2 θ
24 sin2 θ
2 cos2 θ2
= 1
⇒ a = cos θ2iz čega je b
b = cos θ2
(1− cos θsin θe−iφ
)= cos θ2
(2 sin2 θ
2sin θ e−iφ
)= sin θ2e
iφ
što u bazi svojstvenih vektora Sz možemo napisati kao
|+ 12〉′ =
cos θ2
sin θ2eiφ
Slični postupkom, za svojstvenu vrijednost λ = −1, pripadajući svojstveni vektor je
| − 12〉′ =
sin θ2
− cos θ2eiφ
Ako se elektron nalazi u stanju |+ 1
2〉, vjerojatnost da duž osi n′ mjerimo ±~2 je
P
(±~
2
)= |〈±1
2′|+ 1
2〉|2
što ako zapišemo preko vektora
〈+12′|+ 1
2〉 =(cos θ2 sin θ
2e−iφ)(1
0
)= cos θ2
〈−12′|+ 1
2〉 =(sin θ
2 cos θ2e−iφ)(1
0
)= sin θ2
daje vjerojatnostP
(+~
2
)= cos2 θ
2
P
(+~
2
)= sin2 θ
2
b) DZ
Poglavlje 6
Aproksimativne metode
6.1 Promotrimo česticu u 1-dimenzionalnom, beskonačno dubokom potencijalu. Čestica je pod-ložna smetnji (perturbaciji) oblika w = Cx, gdje je C konstanta.
a) Kolike su svojstvene energije, te kako izgledaju svojstvene funkcije neperturbiranog sustava?
b) Izračunajte popravke prvog reda u energijama.
c) Nađite valne funkcije prvog pobuđenog stanja
Rješenje:
a)
ψ(0)n (x) =
√2L
sin nπxL
E(0)n = π2~2
2mL2n2
57
6. APROKSIMATIVNE METODE 58
b)
∆E(1)n = 〈ψ(0)
n |w|ψ(0)n 〉 =
∫ψ(0)∗n wψ(0)
n dx =
=∫ L
0
√2L
sin nπxL
Cx
√2L
sin nπxL
dx =
= C2L
∫ L
0x sin2 nπx
Ldx =
= C2L
L2
4 =
= LC
2
c)
ψ(0)n=2(x) =
√2L
sin 2πxL
ψn=2(x) = ψ(0)n=2 + λ
∑p 6=n=2
〈ψ(0)p |w|ψ(0)
n 〉E
(0)n − E(0)
p
|ψ(0)p 〉+ ...
6.2 Promotrimo česticu u 1-dimenzionalnom, beskonačno dubokom potencijalu širine a. Načesticu je nametnuta smetnja
w = aω0δ
(x− a
2
).
Izračunajte pomake energije čestice u prvom redu ω0.
Rješenje:
ψ(0)n (x) =
√2a
sin nπxa
E(0)n = π2~2
2ma2n2
6. APROKSIMATIVNE METODE 59
∆E(1)n = 〈ψ(0)
n |w|ψ(0)n 〉 =
∫ψ(0)∗n wψ(0)
n dx =
=∫ a
0
√2a
sin nπxaaω0δ
(x− a
2
)√2a
sin nπxadx =
= 2aaω0
∫ a
0δ
(x− a
2
)sin2 nπx
adx =
= 2ω0 sin2 nπa2
a=
= 2ω0 sin2 nπ
2
= 2ω0
ako je n neparan.
6.3 Promotrite elektron mase m u 3-dimenzionalnoj kutiji (širine a) s energijom 3π2~2
ma2 . Slaboelektrično polje u z-smjeru, jakosti ε, je nametnuto sustavu. Smetnja je tada oblika w = eεz.Izračunajte popravke 1. reda u energiji.
Rješenje:Za česticu u 3D kutiji energija je dana sa
E(0)n = ~2π2
2ma2n2
gdje je n2
n2 = n2x + n2
y + n2z.
Moguće trojke kvantnih brojeva koji imaju danu energiju u zadatku su
(2, 1, 1), (1, 2, 1), (1, 1, 2)
sa valnim funkcijama
ψ211 =√
8a3 sin 2πx
asin πy
asin πz
a
ψ121 =√
8a3 sin πx
asin 2πy
asin πz
a
ψ112 =√
8a3 sin πx
asin πy
asin 2πz
a
Ukoliko neki sustav ima degeneraciju q-tog reda, prvi popravci energije dani su sa
det(W − λI)
6. APROKSIMATIVNE METODE 60
gdje je W perturbacijska matrica oblika
Wij = 〈ψi|w|ψj〉
a ψk su degenerirane valne funkcije. Lako je vidjeti da su dijagonalni članovi jednaki
〈211|w|211〉 = 〈121|w|121〉 = 〈112|w|112〉 = a
2npr.
〈211|w|211〉 = eε8a2
∫ a
0sin2 2πx
adx
∫ a
0sin2 πy
ady
∫ a
0z sin2 πz
adz = eεa
2a svi dijagonalni članovi su nula, tako da su prvi popravci energije također degenerirani i iznose
E(1) = eεa
2
6.4 Promotrite 1D harmonijski oscilator
H = − ~2
2md2
dx2 + 12mω
2x2
a) Za jednoparametarsku familiju valnih funkcija ψα(x) = e−αx2 , (α > 0), nađite valnu funkciju
koja minimizira 〈H〉. Kolika je vrijednost 〈H〉min?
b) Za drugu jednosparametarsku familiju valnih funkcija ψβ(x) = xe−βx2 , (β > 0), nađite valnu
funkciju koja minimizira 〈H〉. Kolika je vrijednost 〈H〉min?
Rješenje:
a)
〈H〉 = 〈ψα|H|ψα〉〈ψα|ψα〉
=∫+∞−∞ ψ∗α
(− ~2
2md2
dx2 + 12mω
2x2)ψαdx∫+∞
−∞ ψ∗αψαdx
6. APROKSIMATIVNE METODE 61
Brojnik: ∫ +∞
−∞ψ∗α
(− ~2
2md2
dx2
)ψαdx+
∫ +∞
−∞ψ∗α
12mω
2x2ψαdx =
= − ~2
2m
∫ +∞
−∞ψ∗α
d2ψαdx2 dx+ 1
2mω2∫ +∞
−∞x2|ψα|2dx =
= − ~2
2m
∫ +∞
−∞2α(2αx2 − 1)e−2αx2
dx+ 12mω
2∫ +∞
−∞x2e−2αx2
dx
= − ~2
2m
(−√πα
2
)+ 1
2mω2 14
√π
2α3
= ~2
2m
√πα
2 + 18mω
2√
π
2α3
Nazivnik: ∫ +∞
−∞ψ∗αψαdx =
∫ +∞
−∞e−2αx2
dx =√π
2α
〈H〉 = ~2
2mα+ 18mω
2 1α
Za koji oblik α je 〈H〉min?d〈H〉dα
= ~2
2m −18mω
2 1α2 = 0
⇒ 14mω
2 1α2 = ~2
2m
⇒ α0 = mω
2~⇒ ψα0(x) = e−
mω2~ x
2
〈H〉min = ~ω2
b)
〈H〉 =∫+∞−∞ ψ∗β
(− ~2
2md2
dx2 + 12mω
2x2)ψβdx∫+∞
−∞ ψ∗βψβdx= ... = 3~2
2mβ + 3mω2
81β
β0 = mω
2~ψβ0(x) = xe−
mω2~ x
2
〈H〉min = 3~ω2
6. APROKSIMATIVNE METODE 62
6.5 Promotrite atom vodika.
a) Koristeći varijacijsku metodu, procijenite energiju osnovnog stanja. Za probnu funkciju iza-berite sferno simetrične funkcije oblika
ψα(r) = C
(1− r
α
), r ≤ α
gdje je C konstanta normalizacije, a α varijacijski parametar.
b) Nađite ekstremnu vrijednost za α. Usporedite ju s Bohrovim polumjerom a0.
Rješenje:
a) Računamo konstantu C iz uvjeta normalizacije.∫ +∞
−∞|ψα|2dV = 1
∫ +∞
−∞|ψα|2dV = C2
∫ α
0
(1− r
α
)2r2dr
∫ π
0sin θdθ
∫ 2π
0dϕ = 4πC2
∫ α
0
(1− r
α
)2r2dr = ... = 4πC2 1
30α3
⇒ C =√
152πα3
Računamo energiju〈E(α)〉 = 〈Ek〉+ 〈V 〉
Ek = − ~2
2m∆
∆ u sfernom koordinatnom sustavu:
∆f = 1r
∂2
∂r2 (rf) + 1r2
1sin θ
∂
∂θ(sin θf) + 1
r21
sin2 θ
∂2
∂ϕ2
〈Ek〉 = 〈ψα| −~2
2m∆|ψα〉 = − ~2
2m4π∫ α
0r2ψα
[1r
∂2
∂r2 (rψα)]dr =
∣∣∣∣∣ u = rψα dv = d2(rψα)dr2
du = d(rψα)dr v = d(rψα)
dr
∣∣∣∣∣ =
= −2π~2
m
(rψαd(rψα)dr
)∣∣∣∣∣α
0
−∫ α
0
(d(rψα)dr
)2dr
= ... = 0 + 5~2
mα2
V (r) = −ke2
r
〈V 〉 = 〈ψα| − ke2
r|ψα〉 = −ke24π
∫ α
0r|ψα|2dr = ... = −5
2ke2
α
⇒ 〈E(α)〉 = 5(~2
m
1α2 −
ke2
21α
)
6. APROKSIMATIVNE METODE 63
b)d〈E(α)〉dα
= 5(−2~
2
m
1α3 + ke2
21α2
)= 0
⇒ α0 = 4~2
kme2
α0 = 4a0
6.6 Pretpostavite da se čestica nalazi u pravokutnom potencijalnom bunaru okomitih zidova sneravnim dnom:
V (x) ={neka funkcija, 0 ≤ x ≤ a∞, inače
Odredite valnu funkciju, te izračunajte energiju čestice WKB aproksimacijom.
Rješenje:Pretpostavljamo da je unutar bunara E > V (x) te imamo rješenje
ψ(x) ' 1√p(x)
[C+e
iφ(x) + C−e−iφ(x)
]tj.
ψ(x) ' 1√p(x)
[C1 sinφ(x) + C2 cosφ(x)]
gdje su p(x) i φ(x) povezani preko
φ(x) = 1~
∫ x
0p(x′)dx′,
a p(x) jep(x) =
√2m [E − V (x)].
Ako iskoristimo rubne uvjeteψ(0) = 0
ψ(a) = 0
iz prvog uvjeta imamoψ(0) = 0 = 1√
p(x)[C1 sin 0 + C2 cos 0]
iz čega slijediC2 = 0,
a iz drugoga imamoψ(a) = 0 = 1√
p(x)C1 sinφ(a)
6. APROKSIMATIVNE METODE 64
iz čega slijediφ(a) = nπ
što nam daje ∫ a
0p(x)dx = nπ~.
Ako probamo funkciju za koju znamo rješenje, npr. V (x) = 0∫ a
0
√2mEdx = nπ~
što nam daje energiju
En = n2π2~2
2ma2 .
2. kolokvij
6.7 Snop slobodnih kaona, ograničen na segmentu [−π, π], opisan je valnom funkcijom ψ =A , A = konst. Koje vrijednosti količine gibanja neće imati niti jedan kaon? Ne zaboravitenormirati valnu funkciju.Napomena: svojstvene funkcije operatora količine gibanja imaju oblik
ϕk(x) = 1√2πeikx .
Rješenje:Normiramo valnu funkciju sa ∫
|ψ|2dV = 1∫ +∞
−∞A2dx = A2
∫ +π
−πdx = A2x|+π−π = A22π
A22π = 1⇒ A = 1√2π
Da bi dobili koje vrijednosti količine gibanja nijedan kao neće imati, razvijamo valnu funkcijupo svojstvenim funkcijama operatora količine gibanja
ψ = 1√2π
∫ +∞
−∞cke
ikxdk
gdje su konstante ck dane sa
ck = 1√2π
∫ +π
−πe−ikxAdx = 1
2π
∫ +π
−πe−ikxdx = 1
2π1−ik
e−ikx∣∣∣∣∣+π
−π
= 12πik
(eikπ − e−ikπ
)
ck = 12πik2i sin πk = 1
πksin πk
Vjerojatnost da kaon ima količinu gibanja k dana je upravo preko konstante razvoja ck kao
P (k) = |ck|2 = 1π2k2 sin2 πk
što je nula samo kada jesin πk = 0
65
6. APROKSIMATIVNE METODE 66
tj.πk = nπ
⇒ k = n
gdje je n neki cijeli broj.
Recommended