Rešene naloge iz Kvantne mehanike II Skripta

Resene naloge iz Kvantne mehanike II

Skripta

Miha Mihovilovic

October 3, 2006

2

Predgovor

Dana skripta je nastala iz domacih nalog s katerimi sta nas skozi solsko leto 2005/2006 za-poslila dr. Igor Sega in prof. dr. Norma Mankoc Borstnik pri predmetu Kvantna mehanika

II. Ob tem bi se rad obema iskreno zahvalil za vso njuno pomoc pri resevanju nalog. dr. Segipa bi se rad se posebej zahvalil tudi za vso pomoc, konskruktivne komentarje, opombe, pred-loge in popravke pri nastanku te skripte.Kljub vsej strokovni pomoci pa se med resitvami gotovo se vedno skriva ogromno napak,zato naj bralec ne verjame vedno vsemu kar prebere. Za vse popravke, komentarje inpripombe se toplo priporocam na elektronskem naslovu: [email protected]

3

4

Contents

1 Uvodne naloge 7

1.1 Bohrov atom in Planckove konstante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Enacna standardnega modela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Lorentzova transformacija 11

2.1 Lorentzova transormacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2 Lorentzova transformacija II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.3 Lorentzova transformacija III. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.4 Lorentzova transformacija IV. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.5 Transformacijske lastnosti bilinearnih form . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.6 Bilinearna forma G = ψγ5ψ pri Lorentzovi transformaciji . . . . . . . . . . 22

3 Poissonovi oklepaji 27

3.1 Poissonovi oklepaji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.2 Zveza: eP

i aiσi = A+∑

iBiσi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.3 Poissonovi oklepaji II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.4 Poissonovi oklepaji in upodobitve operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.5 Komutator vrtilne kolicine in sfernega harmonika . . . . . . . . . . . . . . . 38

4 Hermitski operatorji 41

4.1 Lastne vrednosti hermitskih operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.2 Lastni vektorji hermitskih operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.3 Operator x in operator p. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.4 Hermitski operatorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

5 Harmonski oscilator 49

5.1 Lastne resitve harmonskega oscilatorja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

5.2 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5.3 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja II. . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

5.4 Formula Faa di Bruno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

6 Matricna upodobitev operatorjev 67

6.1 Matricna upodobitev operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

6.2 Matricna upodobitev operatorjev II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5

6 CONTENTS

6.3 Matricna upodobitev grupe S3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

7 Clebsh-Gordanovi koeficienti 79

7.1 Clebsh-Gordanovi koeficienti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

8 Spinski sistemi 83

8.1 Spinski operator v Heisenbergovi sliki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 838.2 Spinski sistem v casovno odvisnem magnetnem polju . . . . . . . . . . . . . 868.3 Paulijeve matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 918.4 Spinski sistem v casovno odvisnem magnetnem polju II . . . . . . . . . . . 938.5 Gostotni operator lokaliziranega spina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 978.6 Gostotna matrika delca v 2D potencialnem loncu . . . . . . . . . . . . . . . 102

9 Klein-Gordonova enacba 107

9.1 Klein-Gordonov delec . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1079.2 Energijski spekter prostega relativsticnega delca . . . . . . . . . . . . . . . . 1159.3 Sipanje piona na potencialni barieri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

9.3.1 Analiticna resitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1219.3.2 Numericna resitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

10 Diracova enacba 135

10.1 Tok prostega Diracovega delca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13510.2 Parnost in Diracova enacba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13910.3 Lastna stanja prostega Diracovega delca v kiralni reprezentaciji . . . . . . . 14410.4 Hermitski operatorji za prost Diracov delec . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14710.5 Operator hitrosti prostega Diracovega delca . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

11 Permutacijska grupa 157

11.1 Bazne funkcije grupe S3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15711.1.1 Ekvivalencni razredi grupe G . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15811.1.2 Youngov diagram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15911.1.3 Youngov Tablo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15911.1.4 Ekvivalentne upodobitve operatorjev Q . . . . . . . . . . . . . . . . 162

11.2 Upodobitev grupe S3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16411.3 Upodobitev grupe S4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16711.4 Paulijeva funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17211.5 Paulijeva funkcija II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17611.6 1D upodobitve simetrijske grupe kvadrata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

Chapter 1

Uvodne naloge

Figure 1.1: Danski Fizik Niels Bohr se je rodil 7.10.1885 v Kobenhavnu, kjer je 18.11.1962tudi umrl. V Rutherfordov model atoma je vpeljal kvantnomehanska nacela in izdelalBohrov model atoma. Postavil je Bohrov frekvencni pogoj in dolocil magnetni momentelektrona. Po Bohrovem korespondencnem nacelu ustreza kvantna mehanika v limitiklasicnim mehanskim zakonom. Leta 1922 je prejel Nobelovo nagrado. Med leti 1943 -1945 pa je v Los Alamosu sodeloval pri gradnji atomske bombe. [12]

Nemski fizik Max Planc se je rodil 23.4.1858 v mestu Kiel in umrl 4.10.1947 v Gottingenu.Prispeval je k razumevanju termodinamike. Pri raziskavi sevanja segretih teles je prisel dospoznanja, da se energija ne izseva kontinuirano, pac pa v majhnih obrokih t.i. kvantih.Uvedel je tudi Planckono konstanto. [12]

1.1 Bohrov atom in Planckove konstante

Vzemimo Bohrov model z gravitacijsko silo in ga aplicirajmo na gibanje planetov. Vezavnaenergija naj bo mc2. Od tod oceni Planckovo dolzino, Planckov cas in Planckovo maso.

7

8 CHAPTER 1. UVODNE NALOGE

Resitev:

Vzemimo zvezdo z maso m, ki je na miru in planet, z isto maso, ki krozi okoli njega. Mivemo, da bo zvezda pri miru le tedaj, kadar je veliko tezja od planeta, vendar to napakospreglejmo in se delajmo, kot da je vse v redu. Za nas model bo to cisto dobro. Ce planetkrozi okrog zvezde, lahko zanj napisemo Newtnow zakon:

Fcentrifugalna = Fgravitacijska (1.1)

mrω2 =Gmm

r2(1.2)

(1.3)

Ko pokrajsamo, dobimo zvezo

r3ω2 = Gm (1.4)

Sedaj izracunajmo vezavno energijo E, ki je vsota kineticne in potencialne energije

W = T + V (1.5)

W =1

2mv2 − Gm2

r(1.6)

Ce v tej zvezi upostevamo zvezo, ki smo jo dobili iz izenacitve sil, dobimo

W = −1

2

m2

rG (1.7)

Absolutna vrednost vezavne energije je potem

|W | =1

2

m2

rG = mc2, (1.8)

in ta mora biti enaka mirovni masi sonca. Od tod ven lahko izracunamo, da je znacilniradij

r =1

2

Gm

c2(1.9)

Nasemu planetu pa lahko pripisemo tudi Comptonovo valovno dolzino. Pri tem ocenimo,da je le ta priblizno enaka karakteristicnemu radiju

λcompton =~

mc≈ r (1.10)

Iz slednjega izraza izrazimo maso

m =~

rc(1.11)

Ce izraz vstavim v izraz 1.9 in korenimo, dobimo

rp =

√1

2

G~

c3≈ 1.1 × 10−35m (1.12)

1.2. ENACNA STANDARDNEGA MODELA 9

Dobljeni radij poimenujemo po gospodu Plancku: Planckov radij. Ce ga delimo s svetlobnohitrostjo pa dobimo Planckov cas:

tp =rpc

=

√G~

2c5= 3.8 × 10−44s (1.13)

Ce pa Planckov radij vstavimo v izraz za maso, ki smo ga izpeljali iz Comptonove valovnedolzine, dobimo t.i. Planckovo maso

m =~

rpc=

√~c

2G= 1.5 × 10−8kg (1.14)

Figure 1.2: Nemski fizik Albert Einstein se je rodil 14.3.1879 v Ulmu in umrl 18.4.1955v Princetonu. Njegovi teoriji, posebna in splosna relativnostna teorija, ter hipoteza okvantni naravi svetlove, so spremenile in razsirile temeljne poglede v fiziki. Pomembna sotudi njegova teorijska dela o Brownovem gibanju in specificni toploti trdne snovi. Leta1921 je prejel Nobelovo nagrado. [12]

1.2 Enacna standardnega modela

Izpelji enacbo standardnega modela vesolja. Postopaj Klasicno!

Resitev:

Imejmo jato galaksij z gostoto ρ. V tej galaksiji naj bo zvezda na razdalji R z maso m.Predpostavimo, da je vesolje homogeno in izotropno. Koordinatno izhodisce postavimo vsredisce galaksije. Radij vektor do nase zvezde zapisemo kot

~R = (R1, R2, R3) = (x, y, z) (1.15)

Hitrost zvezde pa je potem kar

~v =d~R

dt. (1.16)

10 CHAPTER 1. UVODNE NALOGE

Sedaj zapisimo zakon o ohranitni energije. Vemo, da je celotna energija konstantna

E = T + V = konst. (1.17)

Kineticno energijo lahko zapisemo kot:

T =mv2

2=m(d~R

dt )2

2(1.18)

Potrebujemo se potencialno energijo, ki je posledica tega, da se nas delec giba v grav-itacijskem polju galaksije. Vemo, da za konzervativne sile velja, da je sila kar negativnigradient potenciala

~F = −GmMR2

~R

R= −~∇V (R) (1.19)

Od tod ven lahko izracunamo potencial in je kar enak

V (R) = −GmMR

(1.20)

Ce se upostevamo, da je

M =4πR3

3ρ, (1.21)

dobimo

V (R) = −4π

3ρGmR2 (1.22)

To sedaj upostevajmo v energijskem zakonu:

E = T + V =m(

dRdt

)2

2− 4π

3ρGmR2 (1.23)

Ce enacbo pomnozimo z 2mR2 , dobimo

2E

mR2=

(dRdt

R

)2

− 8π

3ρG (1.24)

Ce se vpeljemo parameter

k = −2E

m, (1.25)

dobimo enacbo standardnega (klasicnega) modela vesolja

(dRdt

R

)2

− k

R2=

8π

3ρG (1.26)

Chapter 2

Lorentzova transformacija

Figure 2.1: Nizozemski fizik Hendrik Antoon Lorentz se je rodil 18.7.1953 v mestu Arnhem,umrl pa je 4.2.1928 v Haarlemu. Leta 1895 je postavil klasicno teorijo elektrona in z njopojasnil Zeemanov pojav. Prvi je razlozil rezultate Michelsonovega poskusa, pri tem pauvedel skrcenje (kontrakcijo) dolzine hitro gibajocega se telesa (Lorentzova kontrakcija).Lorentzova transformacija opisuje prehod iz mirujocega sistema v drugega, ki se giblje zenakomerno hitrostjo. Leta 1902 je prejel Nobelovo nagrado skupaj z P. Zeemanom. [12]

2.1 Lorentzova transormacija

Poisci a v nastavku za Λij = δij + aβiβj . Napotek: uporabi parameterizacijo Λ 00 = γ,

Λ i0 = γβi. Poisci zvezo med γ in βi.

Resitev:

Za Lorentzovo transformacijo velja:

ΛacΛ

bdηab = ηcd (2.1)

11

12 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

Ce vzamemo c = 0, dobimo:

Λa0Λ

bdηab = η0d (2.2)

Od tod vidimo, da bodo zanimivi le primeri, ko je a = b. Poglejmo si najprej primer, ko jed = 0. Zveza (2.2) nam v tem primeru da:

−Λ10Λ

10 − Λ2

0Λ20 − Λ3

0Λ30 + Λ0

0Λ00︸︷︷︸

=γ2

= 1 (2.3)

Ce se upostevamo, kako se izraza Λij, dobimo:

−(γβ1)2 − (γβ2)2 − (γβ3)2 + γ2 = 1

⇓γ2(1 − β2

)= 1 (2.4)

oziroma ko obrnemo:

γ2 =1

1 − β2(2.5)

Sedaj vzemimo d = 1. V tem primeru dobi zveza (2.2) obliko:

−Λ10Λ

11 − Λ2

0Λ21 − Λ3

0Λ31 + Λ0

0Λ01 = 0

Λ10Λ11 + Λ20Λ21 + Λ30Λ31 − Λ00Λ01 = 0

γβ1(1 + aβ1β1

)+ γβ2

(aβ2β1

)+ γβ3

(aβ3β1

)− γγβ1 = 0 (2.6)

Podobno lahko sedaj zapisemo se za d = 2:

−Λ10Λ

12 − Λ2

0Λ22 − Λ3

0Λ32 + Λ0

0Λ02 = 0

Λ10Λ12 + Λ20Λ22 + Λ30Λ32 − Λ00Λ02 = 0

γβ1(aβ1β2

)+ γβ2

(1 + aβ2β2

)+ γβ3

(aβ3β2

)− γγβ2 = 0 (2.7)

Nic drugace ni niti za d = 3:

γβ1(aβ1β3

)+ γβ2

(aβ2β3

)+ γβ3

(1 + aβ3β3

)− γγβ3 = 0 (2.8)

Vse tri izraze za d = 1, d = 2 in d = 3 sedaj sestejmo:

γ(β1 + β2 + β3

)− γγ

(β1 + β2 + β3

)+ γaβ1β1β1 + γaβ2β2β1 + γaβ3β3β1 +

+γaβ1β1β2 + γaβ2β2β2 + γaβ3β3β2 + γaβ1β1β3 + γaβ2β2β3 + γaβ3β3β3 = 0 (2.9)

Ko izraz nekoliko uredimo, dobimo:

γ(β1 + β2 + β3

)− γγ

(β1 + β2 + β3

)+ γa

(β1β1 + β2β2 + β3β3

)︸︷︷︸

=(β)2

(β1 + β2 + β3

)= 0(2.10)

2.2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA II. 13

Ko se delimo celoten izraz z(β1 + β2 + β3

), dobimo:

1 − γ + aβ2 = 0

(2.11)

Izraz se obrnemo in ze imamo koncni rezultat:

a =γ − 1

β2(2.12)

2.2 Lorentzova transformacija II.

Poisci pomen βi, to je parametrov Lorentzovih transformacij pri potisku, tako, da na vektor,ki ima vse prostorske komponente nic, apliciras potisk.

Resitev:

Cetverec βi lahko zapisemo kot βi = (1, β1, β2, β3)T . Splosni potisk ( Lorenzovo transfor-macijo) lahko zapisemo kot

Λij =

γ γβ1 γβ2 γβ3

γβ1 γ 0 0γβ2 0 γ 0γβ3 0 0 γ

(2.13)

Vektor cetverec, ki ima le casovno komponento razlicno od nic, lahko zapisemo kot

xj = (x0, 0, 0, 0)T (2.14)

Sedaj na ta vektor aplicirajmo pritisk, to je izvedemo Lorentzovo transofrmacijo

x′i = Λijxj =

γ γβ1 γβ2 γβ3

γβ1 γ 0 0γβ2 0 γ 0γβ3 0 0 γ

x0

000

=

x′0

x′1

x′2

x′3

(2.15)

Zapisimo sedaj, kaj dobimo pri mnozenju vektorja z matriko

γx0 = x′0 (2.16)

γβ1x0 = x′1 (2.17)

γβ2x0 = x′2 (2.18)

γβ3x0 = x′3 (2.19)

Za i-to komponento lahko sedaj zapisemo

x′i

x′0=

1

c

x′i

t′=

1

cv′i; i = 1, 2, 3 (2.20)


Po drugi strani pa je to ob upostevanju zgornjih zvez enako

x′i

x′0=γβix0

γx0= βi (2.21)

Tako smo prisli do ugotovitve, da je

βi =v′i

c(2.22)

Vidimo, da nam βi povedo, s kaksno hitrostjo se delec giba v crtkanem sistemu S′, ce jedelec v necrtkanem sistemu S miroval.

2.3 Lorentzova transformacija III.

Pokazi, kako se Lorentzovo transormirata odvoda ∂∂xa

in ∂∂xa , ce vemo, kako se transformi-

rata xa in xa.

Resitev:

Poskusajmo najprej zapisati odvod

∂

∂x′a=

∂

∂xb

∂xb

∂x′a(2.23)

Vemo, da velja

x′a = Λ ba xb. (2.24)

Ce odvajamo, dobimo

dx′a = Λ ba dxb. (2.25)

sedaj enacbo pomnozimo z Λac. Ce upostevamo, da je Λa

cΛb

a = δ bc , dobimo

Λacdx

′a = dxc (2.26)

Ce zamenjamo indeks c −→ b, dobimo

Λabdx

′a = dxb (2.27)

oziroma, ce izrazimo ven Λab :

Λab =

dxb

dx′a(2.28)

To pa sedaj lahko vstavimo v enacbo za odvod in dobimo

∂

∂x′a= Λa

b

∂

∂xb(2.29)

2.4. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA IV. 15

Pa smo dobili prvo zvezo!

Podobno izracunamo tudi zvezo za odvod po kontravariantnem vektorju. Zapisemo lahko

∂

∂x′a=

∂

∂xb

∂xb

∂x′a(2.30)

Tudi tu seveda vemo, da je

x′a = Λabx

b. (2.31)

Ce odvajamo, dobimo

dx′a = Λabdx

b. (2.32)

sedaj enacbo pomnozimo z Λ ca in ce upostevamo, da je Λ c

a Λab = δc

b, dobimo

Λ ca dx

′a = dxc (2.33)

Zamenjajmo indeks c −→ b in dobimo

Λ ba dx

′a = dxb (2.34)

oziroma, ce izrazimo ven Λ ba :

Λ ba =

dxb

dx′a(2.35)

To lahko vstavimo v enacbo za odvod in dobimo

∂

∂x′a= Λ b

a∂

∂xb(2.36)

Pa smo dobili se drugo zvezo.

2.4 Lorentzova transformacija IV.

Pokazi, kako se spremeni clen

∂L

∂(

∂Aa

∂xb

) , (2.37)

ce spremenimo Aa za ∂aΦ, kjer je Φ neko skalarno polje (glede na Lorentzove transforma-cije).


Resitev:

Izhajajmo iz zveze, da je

∂L

∂(

∂Aa

∂xb

) = −ǫ0F ba , (2.38)

kjer je Fab tako imenovani tenzor polja in je definiran kot

Fab :=∂Ab

∂xa− ∂Aa

∂xb. (2.39)

Lagrangevo funkcijo L, ki nastopa v zgornjem izrazu, pa vpeljemo kot

L =ǫ04F abFab (2.40)

Lotimo se racunanja. Spremenjeni A′ vpeljemo kot

A′a = Aa +∂Φ

∂xa(2.41)

A′a = Aa +

∂Φ

∂xa(2.42)

Zaradi te transformacije se spremeni tudi Lagrangova funkcija, ki ni vec funkcija Aa, pacpa A′a.

L(Aa) 7−→ L(A′a). (2.43)

Ce se upostevamo definicijo Lagrangove funkcije, lahko zapisemo

L′ =ǫ04F ′cdF ′

cd (2.44)

Sedaj imamo vse pripravljeno, da izracunamo nas clen.

∂L′

∂(

∂A′a∂xb

) =ǫ04

∂(F ′cdF ′cd)

∂(

∂A′a∂xb

) =ǫ04

(∂(F ′cd)

∂(

∂A′a∂xb

)F ′cd + F ′cd ∂(F ′

cd)

∂(

∂A′a∂xb

))

(2.45)

Ce indeske c in d malo premesamo, dobimo:

∂L′

∂(

∂A′a∂xb

) =ǫ04

∂(F ′ d

c )

∂(

∂A′a∂xb

)F ′cd + F ′c

d

∂(F ′cd)

∂(

∂A′a

∂xb

)

(2.46)

Hitro vidimo, da je drugi clen enak prvemu in tako dobimo

∂L′

∂(

∂A′a∂xb

) = 2ǫ04

(∂(F ′ d

c )

∂(

∂A′a∂xb

)F ′cd

)(2.47)

2.4. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA IV. 17

Ce sedaj upostevamo definicijo tenzorja napetosti, lahko zapisemo

Fcd =∂A′

d

∂xc− ∂A′

c

∂xd(2.48)

F dc =

∂A′d

∂xc− ∂A′

c

∂xd(2.49)

Ko to upostevamo v izrazu 2.47,dobimo

∂L′

∂(

∂A′a∂xb

) =ǫ02F ′c

d

(∂(∂Ad

∂xc )

∂(∂Aa

∂xb )−∂(∂Ac

∂xd)

∂(∂Aa

∂xb )

)(2.50)

Ker sta c in d sumacijska indeksa, ju lahko v drugem clenu preimenujemo:

c −→ d (2.51)

d −→ c (2.52)

Potem oba indeksa v drugem clenu tudi dvignemo in ce se upostevamo antisimetricnosttenzorja polja

F ′cd = −F d

c, (2.53)

dobimo

∂L′

∂(

∂A′a∂xb

) = 2ǫ02F ′c

d

(∂(∂Ad

∂xc )

∂(∂Aa

∂xb )

)(2.54)

V zgornjem izrazu lahko opazimo, da bo zadnji clen z odvodi razlicen od nic le tedaj, kobo

d = a (2.55)

c = b. (2.56)

Potem lahko zapisemo

∂L′

∂(

∂A′a∂xb

) = ǫ0δdaδ

bcF

′cd = −ǫ0F ′ b

a (2.57)

Sedaj pa si poglejmo, kaj je F ′ab. Po definiciji lahko zapisemo

F ′ab =

∂A′b

∂xa− ∂A′

a

∂xb(2.58)

Ce upostevamo, kako se izraza A′, lahko zapisemo

F ′ab =

∂

∂xa(Ab +

∂Φ

∂xb) − ∂

∂xb(Aa +

∂Φ

∂xa) = (2.59)

=∂Ab

∂xa+

∂

∂xa

∂Φ

∂xb− ∂Aa

∂xb− ∂

∂xb

∂Φ

∂xa. (2.60)


Ce v slednjem clenu drzno zamenjamo vrstni red odvajanja

∂

∂xb

∂Φ

∂xa−→ ∂

∂xa

∂Φ

∂xb, (2.61)

se v zgornjem izrazu clena s potencialom Φ pokrajsata in ostane nam

F ′ab

∂Ab

∂xa− ∂Aa

∂xb= Fab (2.62)

Vidimo, da se tenzor polja pri taki umeritveni transformaciji ne spremeni. Ce to upostevamov izrazu 2.57, dobimo

∂L′

∂(

∂A′a∂xb

) = −ǫ0F ′ ba = −ǫ0F b

a =∂L

∂(

∂Aa

∂xb

) (2.63)

Tako, pa smo na koncu. Vidimo, da se dani clen, pri dani umeritveni transformaciji pravnic ne spremeni.

2.5 Transformacijske lastnosti bilinearnih form

Doloci transformacijske lastnosti bilinearnih form ψ(x)Γψ(x) pri Lorentzovih transforma-cijah xµ = Λν

µxν . Γ je katerikoli izmed 16 vektorjev baze Cliffordove algebre.

Resitev:

Preden se lotimo dela, zapisimo vseh 16 vektorjev baze Cliffordove algebre:

1 : 1 (2.64)

2 : γ0, γ1, γ2, γ3 (2.65)

3 : γ1γ2, γ1γ3, γ1γ0, γ2γ3, γ2γ0, γ3γ0 (2.66)

4 : γ2γ3γ0, γ3γ0γ1, γ0γ1γ2, γ1, γ2, γ3 (2.67)

5 : γ0γ1γ2γ3 (2.68)

Sedaj pa imejmo Lorentzovo transformacijo:

x′µ = Λµνx

ν (2.69)

Dogovorimo se, da gledamo, se omejimo le na infenitizimalno Lorentzovo transfomacijo. Vtem primeru jo lahko zapisemo kot

λµν = δµν + ǫµν , (2.70)

kjer so ǫµν zelo majhne vrednosti. Dani tenzor ǫµν seveda zadosca dolocenim pogojem:

ǫ∗ik = ǫik (2.71)

ǫ∗00 = ǫ00 (2.72)

ǫ∗i0 = −ǫi0 (2.73)

ǫ20k = −ǫ0k (2.74)

i, k = 1, 2, 3 (2.75)

2.5. TRANSFORMACIJSKE LASTNOSTI BILINEARNIH FORM 19

Dani infenitizimalni tenzor lahko zapisemo v matricni obliki kot:

ǫµν =

0 −iλ1 −iλ2 −iλ3

iλ1 0 ω3 −ω2

iλ2 −ω3 0 ω1

iλ3 ω2 −ω1 0

, (2.76)

kjer je ~ω = (ω1, ω2, ω3)T takoimenovani aksialni vektor. Vektor ~λ = (λ1, λ2, λ3)

T pa nekakopredstavlja vektor potiska.Pri infenitizimalni Lorenztovi transformaciji se valovna funkcija transformira kot 1:

ψ′ = (1 + ξ)ψ, (2.77)

kjer je ξ enak:

ξ =1

4

∑

ρ

∑

σ

ǫρσγργσ (2.78)

in zanj velja se:

γµξ − ξγν =∑

ν

ǫµνγν (2.79)

Sedaj glejmo bilinearne forme:

G = ψΓψ = ψ†γ0Γψ, (2.80)

kjer smo upostevali , da je ψ = ψ†γ0. Sedaj napravimo Lorentzovo transformacijo te forme:

G′ = ψ′Γ′ψ′ = ψ′†γ0Γψ′ = ψ†(1 + ξ†)γ0Γ(1 + ξ)ψ =

= ψ†γ0Γ′ψ = ψΓ′ψ, (2.81)

kjer smo z Γ oznacili kolicino:

Γ′ = γ0(1 + ξ†)γ0Γ(1 + ξ) (2.82)

Od tod vidimo, da ce zelimo izracunati transformacijo bilinearne forme, moramo izracunatile Γ′ in ze smo na konju. Da bi to lahko izracunali pa potrebujemo se ξ†. Da bi ga izracunalivzemimo zvezo 2.79 za µ = 0:

γ0ξ − ξγ0 =∑

ν

ǫ0νγν (2.83)

Zvezo adjungirajmo in upostevamo se, da je γµ† = γµ ter, da je ǫ0k∗

= −ǫ0k. Dobimo:

γ0ξ† − ξ†γ0 =3∑

k=1

ǫ0kγk (2.84)

1Za izpeljavo glej Siegfried Flugge: Practical quantum Mechanics, problem 191.


Dobljeno zvezo sedaj z leve pomnozimo z γ0 in ob upostevanju lastnosti te Diracove matrike,dobimo

γ0ξ†γ0 = ξ† −3∑

k=1

ǫ0kγ0γk (2.85)

Sedaj pa si bolj podrobno poglejmo zvezo 2.78. Kolicino ξ lahko z upostevanjem lastnostimatrik γµ in tenzorja ǫµν bolj sugestivno zapisemo v obliki:

ξ =1

2

3∑

k=1

ǫk0γkγ0 +

1

4

∑

k

∑

l

ǫklγkγl (2.86)

Sedaj pa adjungirajmo ta izraz in dobimo:

ξ† =1

2

3∑

k=1

ǫk0γkγ0 − 1

4

∑

k

∑

l

ǫklγkγl (2.87)

Ko sestejemo izraza za ξ in ξ†, nam ostane le se

ξ + ξ† = 21

2

3∑

k=1

ǫk0γkγ0 (2.88)

Sedaj ta rezultat uporabimo v izrazu 2.85 in dobimo pomemben rezultat:

γ0ξ†γ0 = −ξ (2.89)

Dobljeni rezultat sedaj upostevajmo v zvezi 2.82 in dobimo:

Γ′ = γ0γ0Γ(1 + ξ) + γ0ξ†γ0Γ(1 + ξ) = Γ + γξ − ξΓ − ξΓξ (2.90)

Ce izpustimo clene visjega reda, nam ostane zelo pomemben rezultat:

Γ′ = Γ + (Γξ − ξΓ) (2.91)

Sedaj vemo kako izracunati Γ, s tem pa tudi vemo, kako se pri Lorentzovi transformacijispremeni G −→ G′.

Sedaj pa lahko pogledamo razlicne primere.

Γ = 1:

v tem primeru je potem:

γ′ = 1 + ξ − ξ = 1, (2.92)

kar pomeni, da je

G′ = ψψ = G (2.93)

Vidimo, da se taksna Bilinearna forma pri Lorenztovi transformaciji obnasa kot skalar.

2.5. TRANSFORMACIJSKE LASTNOSTI BILINEARNIH FORM 21

Γ = γµ

Tu lahko sedaj zapismo:

Γ′ = γµ + (γµξ − ξγµ) = γµ +∑

ν

ξµν γ

ν , (2.94)

kjer smo v izpeljavi upostevali zvezo 2.79. Ko to upostevamo v izrazu za transformacijobilinearne forme, dobimo

G′µ = Gµ +∑

ν

ǫµνGν (2.95)

V tem primeru pa se Gµ transformira kot komponente vektorja pri Lorentzovi transforma-ciji.

Γ = γµγν

Pri obavnavi bilinearnih form ne gledamo direktno takega Γ, pac pa izraz nekoliko preob-likujemo

γµγν =1

2{γµ, γν}+ +

1

2[γµ, γν ]− = δµν +

1

2[γν , γν ]− (2.96)

Definirajmo sedaj novo kolicino:

σµν =1

2[γµ, γν ] (2.97)

Za delta funkcijo smo ze ugotovili v prvem primeru, da se v bilinearni formi transformirakot skalar. Zato sedaj za bilinearno formo vzemimo Γ = σµν . To nam da:

Γ′ = σµν + (σµνξ − ξσµν) (2.98)

Ko stvar razpisemo, upostevamo izraz 2.78 in izraz nekoliko uredimo, nam ostane

Γ′ = σµν +∑

ρ

(ǫνρσµρ + ǫµρσ

ρν) . (2.99)

Ko to upostevamo v izrazu za transformacije bilinearnih form, dobimo:

G′µν = Gµν +

∑

ρ

(ǫµρG

ρν + ǫνρG

ρµ

). (2.100)

Iz izraza, ki ga dobimo, vidimo, da se Gµν transformira kot tenzor 2. ranga.


Γ = γµγνγρ

Namesto da mnozimo vse tri γν med seboj, uporabimo strasen trik. Vpeljemo:

γ5 = iγ0γ1γ2γ3. (2.101)

Ko to uporabimo na Diracovih matrikah, dobimo

γ1γ2γ3 = −iγ0γ5 (2.102)

γ0γ2γ3 = iγ1γ5 (2.103)

γ0γ1γ3 = iγ2γ5 (2.104)

−γ0γ1γ2 = iγ3γ5 (2.105)

Od tod vidimo, da lahko namesto produkta treh Diracovih matrik za Γ vzamemo produkt:

Γ = γµγ5 (2.106)

Ker γ5 antikomurira z vsemi matrikami γµ, iz izraza 2.78 sledi, da matrika γ5 komutira zξ. Ko to upostevamo v izrazu za Γ′, dobimo

Γ′ = γµγ5 +(γµγ5ξ − ξγµγ5

)= (γµ + (γµξ − ξγµ)) γ5 (2.107)

V clenu pred γ5, prepoznamo izraz iz drugega primera. Ko to uporabimo v izrazu zatransformacijo Bilinearne forme, ugotovimo, da je:

G′µ = Gµ +∑

ν

ǫµνGν (2.108)

Vidimo, da se ta bilinearna forma pri Lorenzovi transformacji transformira kot vektor. Kerpa je se pomnozena z γ5 recemo, da je psevdovektor.

Γ = γ5

Za konec pa nam je ostalo vprasanje, kaj dobimo pri Lorentzovi transformaciji v primeru,ko v bilinearni formi nastopa produkt stirih Diracoovih matrik. Tedaj velja:

Γ′ = γ5 + γ5ξ + ξγ5 = γ5 + (ξ − ξ)γ5 = γ5 = Γ (2.109)

To pomeni, da je

G′ = G (2.110)

Za to bilinearno formo, pa recemo, da se pri Lorentzovi transformaciji transformira kotpsevdoskalar.

2.6 Bilinearna forma G = ψγ5ψ pri Lorentzovi transformaciji

Pokazi, da se bilinearna forma oblike G = ψγ5ψ pri Lorentzovi transformaciji x′µ = Λµνxν ,

transformira kot:

G′ = det(Λµν )G (2.111)

2.6. BILINEARNA FORMA G = ψγ5ψ PRI LORENTZOVI TRANSFORMACIJI 23

Resitev:

Iz teorije vemo, da se pri Lorentzovi transformaciji valovne funkcije transformirajo kot:

ψ −→ ψ′ = Sψ, (2.112)

kjer je S znana transformacija in zanjo velja:

S−1γµS = Λµνγ

ν (2.113)

Splosna bilinearna forma pa se, ob upostevanju transformacije za valovno funkcijo, trans-formira kot:

G′ = ψ′Γψ′ = ψS−1ΓSψ = ψΓ′ψ (2.114)

Da bi vedeli, kako se transformira bilinearna forma, v kateri nastopa γ5, moramo izracunatiizraz:

Γ′ = S−1γ5S = S−1γ0γ1γ2γ3S (2.115)

Ker vemo, da je SS−1 = Id., lahko zgornjo zvezo zapisemo kot:

Γ′ = S−1γ0SS−1γ1SS−1γ2SS−1γ3S (2.116)

Ce sedaj se uporabimo zvezo 2.113, dobimo

Γ′ = Λ0νγ

νΛ1νγ

νΛ2νγ

νΛ3νγ

ν (2.117)

Lorenztovo transformacijo lahko zapisemo kot neko (zaenkrat se neznano) matriko:

Λµν =

a00 a01 a02 a03

a10 a11 a12 a13

a20 a21 a22 a23

a30 a31 a32 a33

(2.118)

Ce to uporabimo v nasem izrazu, dobimo:

Γ′ =(a00γ

0 + a01γ1 + a02γ

2 + a03γ3)×(a10γ

0 + a11γ1 + a12γ

2 + a13γ3)×(

a20γ0 + a21γ

1 + a22γ2 + a23γ

3)×(a30γ

0 + a31γ1 + a32γ

2 + a33γ3)

(2.119)

Sedaj se odlocimo, da ne bomo vec delali splosno, pac pa bomo resili ”polsplosen”problem. Poglejmo si, kaj dobimo v primeru Lorentzove transformacije, ki ima obliko:

Γµν =

g −igβ 0 0−igβ g 0 0

0 0 1 00 0 0 1

, (2.120)


kjer je g = 1√1−β2

. Determinanta te Lorenzove matrike, ko jo izracunamo, znasa:

detΛµν = g2(1 + β2) (2.121)

Sedaj dano Lorentzovo transformacijo uporabimo v izrazu 2.119, in dobimo

Γ′ = (gγ0 − igβγ1)(−igβγ0 + gγ1)γ2γ3 (2.122)

Ko zmnozimo vse clene skupaj in upostevamo zveze:

γ0γ0 = 1 (2.123)

γiγi = −1 (2.124)

γµγν = −γνγµ, (2.125)

dobimo koncni rezultat:

Γ′ = g2(1 + β2)γ0γ1γ2γ3 = detΛµνγ

0γ1γ2γ3 (2.126)

To nas je pripeljalo do zakljucka, da je

Γ′ = detΛµνΓ (2.127)

in posledicno tudi:

G′ = detΛµνG (2.128)

Sedaj si poglejmo, kaj dobimo v primeru, ce za Lorenzovo transformacijo vzamemoklasicno rotacijo v prostoru. Za svoj primer sem vzel rotacijo okrog z osi, ki jo v oblikimatrike zapisemo kot:

Λµν =

1 0 0 00 cosφ − sinφ 00 sinφ cosφ 00 0 0 1

(2.129)

Ko to vstavimo v izraz 2.119 in ga uredimo, dobimo

Γ′ = (cos2 φ+ sin2 φ)γ0γ1γ2γ3 = detΛµνγ

0γ1γ2γ3 (2.130)

Vidimo, da zopet pridemo do enakega zakljucka, kot v prvem primeru.Za konec pa si poglejmo se primer, ko za transformacijo vzamemo operacijo parnosti, kinaredi:

x0 −→ x0 (2.131)

xi −→ −xi (2.132)

2.6. BILINEARNA FORMA G = ψγ5ψ PRI LORENTZOVI TRANSFORMACIJI 25

Ko to zapisemo v matricni obliki, dobimo:

Λpµν =

1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

(2.133)

Ko tudi to vstavimo v izraz 2.119, dobimo

Γ′ = 1γ0(−1)γ1(−1)γ2(−1)γ3 = −γ0γ1γ2γ3 = detΛµνγ

0γ1γ2γ3 (2.134)

Prav nic presenetrljivo smo znova prisli do istega rezultata. Od tod vidimo, da ce zatransformacijo vzamemo transformacijo ΛP , se pri Lorentzovi transformaciji nasa bilinearnaforma (ψγ5ψ) transformita kot

G −→ G′ = −G (2.135)

Zaradi tega se ta bilinerna forma imenuje psevdo skalar, saj pri taksni transformaciji part-nosti dobimo negativni predznak.


Chapter 3

Poissonovi oklepaji

3.1 Poissonovi oklepaji

Poisci Poissonove oklepaje med xa in F (xb, pb), med pa in F (xb, pb), ter med gibalnimikolicinami ter Lab in {Lab, Lcd}p.

Resitev:

Poissonov oklepaj je definiran kot

{A,B}p =∂A

∂pa

∂B

∂xa− ∂A

∂xa

∂B

∂pa(3.1)

Najprej izracunajmo Poissonov oklepaj {xa, F (xb, pb)}. Racunamo kar po definiciji

{xa, F (xb, pb)} =∂xa

∂pc

∂F (xb, pb)

∂xc− ∂xa

∂xc

∂F (xb, pb)

∂pc(3.2)

Ker vemo, da je

∂xa

∂xc= δac (3.3)

∂pa

∂pc= δac (3.4)

∂xa

∂pc= 0, (3.5)

lahko zapisemo

{xa, F (xb, pb)} = −δac ∂F (xb, pb)

∂pc(3.6)

Slednji odvod izracunamo tako, da posredno odvajamo

∂F

∂pc=∂F

∂xb

∂xb

∂pc+∂F

∂pb

∂pb

∂pc=∂F

∂pbδbc (3.7)

27

28 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

Ce to upostevamo v Poissonovemu oklepaju, dobimo

{xa, F (xb, pb)} = −δac ∂F

∂pbδbc = +

∂F

∂pbδab (3.8)

Pri tem smo upostevali, da δbc spremeni predznak.

Povsem analogno lahko postopamo pri resevanju Poissonovega oklepaja gibalne kolicinein te iste funkcije

{pa, F (xb, pb)} =∂pa

∂pc

∂F

∂xc− ∂pa

∂xc

∂F

∂pc= δac ∂F

∂xc(3.9)

Tudi tu odvod ∂F∂xc

izracunamo s posrednim odvajanjem po obeh njegovih spremenljivkah

∂F (xb, pb)

∂xc=∂F

∂xbδbc. (3.10)

Ko to upostevamo v Poissonovemu oklepaju, dobimo

{pa, F (xb, pb)} = δac ∂F

∂xbδbc = − ∂F

∂xbδab. (3.11)

Sedaj izracunajmo Poissonov oklepaj med gibalno kolicino in vrtilno kolicino. Zapisemo

{Lab, pc} =∂Lab

∂pd

∂pc

∂xd− ∂Lab

∂xd

∂pc

∂pd=

−∂Lab

∂xdδcd. (3.12)

Upostevajmo definicijo vrtilne kolicine:

Lab = xapb − xbpa (3.13)

Potem lahko izracunamo odvod

∂Lab

∂xd= pbδad − paδbd (3.14)

Odvoda vrtilne kolicine po gibalni kolicini ni potrebno izracunati, ker je prvi clen enak nic.Tako nam ostane le

{Lab, pc} = −(pbδad − paδbd)δcd = −paδbc + pbδac. (3.15)

Za konec pa izracunajmo se Poissonov oklepaj {Lab, Lcd}. Po definiciji lahko spetnapisemo

{Lab, Lcd} =∂Lab

∂pg

∂Lcd

∂xg− ∂Lab

∂xg

∂Lcd

∂pg(3.16)

3.2. ZVEZA: EP

I AIσI = A+∑

I BIσI 29

Pri tem seveda velja, da je

Lab = xapb − xbpa (3.17)

Lcd = xcpd − xdpc (3.18)

Sedaj lahko izracunamo odvode obeh vrtilnih kolicin po gibalni kolicini in kraju. Z malotruda dobimo

∂Lab

∂pg= xaδbg − xbδag (3.19)

∂Lcd

∂xg= pdδc

g − pcδdg (3.20)

∂Lab

∂xg= pbδag − paδbg (3.21)

∂Lcd

∂pg= xcδd

g − xdδcg (3.22)

Ce to vstavimo nazaj v definicijo Poissonovega oklepaja, z nekaj dela dobimo

{Lab, Lcd} = −δbc(xapd − paxd) − δbd(paxc − xapc) −−δac(pbxd − xbpd) − δad(xbpc − pbxc) (3.23)

Ce upostevamo, da je

Lij = xipj − xjpi, (3.24)

dobimo koncen rezultat

{Lab, Lcd} = −δbcLad + δbdLac + δacLbd − δadLbc (3.25)

3.2 Zveza: e∑

iaiσi = A+

∑iBiσi

Dokazi, da velja

eP

i aiσi = A+∑

i

Biσi, (3.26)

kjer so σi znane Paulijeve matrike.

Resitev:

Da si osvezimo spomin si najprej napisimo vse tri Paulijeve matrike

σ1 =

(0 11 0

)(3.27)

σ2 =

(0 −ii 0

)(3.28)

σ3 =

(1 00 −1

)(3.29)


Ce sedaj poimenujemo a1 = a, a2 = b in a3 = c, lahko sestavimo novo matriko kot

A = aσ1 + bσ2 + cσ3 =

(1 aa 0

)+

(0 ibib 0

)+

(c 00 −c

)=

=

(c a− bi

a+ bi −c

)(3.30)

Sedaj si poglejmo, kaj dobimo, ce naredimo produkt A.A:

A.A =

(c a− bi

a+ bi −c

)(c a− bi

a+ bi −c

)= (a2 + b2 + c2)

(1 00 1

)(3.31)

Z enostavnim premislekom lahko od tod hitro sklepamo, da bo

A3 = (a2 + b2 + c2)

(c a− bi

a+ bi −c

)(3.32)

A4 = (a2 + b2 + c2)2(

1 00 1

)(3.33)

... (3.34)

Sedaj je na nas, da razvijemo eksponentni clen eP

i aiσi v vrsto. Ce predpostavimo, da soa, b, c ∈ ℜ in se oznacimo z = (a2 + b2 + c2), dobimo

eP

i aiσi = Id+A+z

2!Id+

z

3!A+

z2

4!Id+

z2

5!A+

z3

6!Id+ ... (3.35)

Dobljeni izraz lahko razdelimo na dva kosa:

eP

i aiσi = Id(1 +2!

z+z2

4!+z3

6!+ ...) +A(1 +

z

3!+z2

5!+z3

7!+ ...) (3.36)

V izrazih v oklepajih z nekaj pomoci prirocnikov prepoznamo

1 +2!

z+z2

4!+z3

6!+ ... = cosh(

√z) (3.37)

1 +z

3!+z2

5!+z3

7!+ ... =

sinh(√z)√

z(3.38)

Tako dobimo

eP

i aiσi = Id cosh(√a2 + b2 + c2) +

sinh√a2 + b2 + c2√

a2 + b2 + c2

∑

i

aiσi (3.39)

Ce sedaj se uvedemo konstante

A′ = Id cosh(√a2 + b2 + c2) (3.40)

Bi = aisinh

√a2 + b2 + c2√

a2 + b2 + c2(3.41)

3.3. POISSONOVI OKLEPAJI II 31

dobimo koncni rezultat

eP

i aiσi = A′ +∑

i

Biσi (3.42)

Na hitro si sedaj poglejmo se, kaj pa ce so a, b, c ∈ ℑ. Zapisimo jih kot

a −→ ia (3.43)

b −→ ib (3.44)

c −→ ic (3.45)

V tem primeru lahko postopamo povsem enako pot v zgornjem primeru, le da v vrsti, ki jodobimo, ko razvijemo eksponentni clen ne bodo vsi cleni z minusi, pac pa bodo imeli cleni,ki imajo lihe potence z2n+1 negativni predznak. Ce zapisemo to vrsto dobimo

eP

j iajσj = Id(1 − 2!

z+z2

4!− z3

6!+ ...) +A(1 − z

3!+z2

5!− z3

7!+ ...) (3.46)

V izrazih tudi tu prepoznamo

1 − 2!

z+z2

4!− z3

6!+ ... = cos(

√z) (3.47)

1 − z

3!+z2

5!− z3

7!+ ... =

sin(√z)√z

(3.48)

Ko to upostevamo, dobimo povsem analogen rezultat, kot v prejsnjem primeru, le da tunastopajo kotne funkcije:

eP

j iajσj = Id cos(√a2 + b2 + c2) +

sin√a2 + b2 + c2√

a2 + b2 + c2

∑

j

iajσj (3.49)

Ce tudi tu uvedemo konstante

A′ = Id cos(√a2 + b2 + c2) (3.50)

Bi = aisin

√a2 + b2 + c2√

a2 + b2 + c2(3.51)

dobimo koncni rezultat

eP

j iajσj = A′ +∑

j

iBjσj (3.52)

3.3 Poissonovi oklepaji II

Izvrednoti Poissonov oklepaj {a, a∗}, ce velja

a =1√

2~mω(mωx+ ip) (3.53)


Resitev:

Ker vemo, kako se izraza operator a, lahko takoj zapisemo njemu kompleksno konjugiranoperator a∗ kot

a∗ =1√

2~mω(mωx− ip) (3.54)

Sedaj se lahko lotimo racunanja danega Poissonovega oklepaja. Formalno ga zapisemo kot

{a, a∗} =∂a

∂x

∂a∗

∂p− ∂a

∂p

∂a∗

∂x. (3.55)

Ce vstavimo izraza 3.53 in 3.54 v zgornjo enacbo, dobimo

{a, a∗} =1√

2~mωmω

1√2~mω

(−i) − i√2~mω

mω√2~mω

(3.56)

Ce dobljeni izraz poenostavimo dobimo koncni rezultat

{a, a∗} = − i

~(3.57)

Sedaj na hitro izracunajmo se obratni Poissonov oklepaj {a∗, a}. Formalno ga zapisemo

{a∗, a} =∂a∗

∂x

∂a

∂p− ∂a∗

∂p

∂a

∂x(3.58)

Ce se sem vstavimo izraza 3.53 in 3.54, dobimo

{a∗, a} =1√

2~mωmω

1√2~mω

(i) − (−i)√2~mω

mω√2~mω

(3.59)

Ko okrajsamo ta izraz, dobimo

{a∗, a} =i

~(3.60)

3.4 Poissonovi oklepaji in upodobitve operatorjev

Za operatorje Lab, a, b = 1, 2, 3, poisci Poissonove oklepaje. Za ustrezne komutatorje poisciupodobitve: doloca jih stevilo l = 0, 1/2, 1, 3/2, ..., oznacuje pa |lm〉, −l ≤ m ≤ l.

3.4. POISSONOVI OKLEPAJI IN UPODOBITVE OPERATORJEV 33

Resitev:

Operator1 vrtilne kolicine vpeljemo kot

L = x× p (3.61)

Posamezno komponento vrtilne kolicine lahko potem zapisemo kot

Li = ǫilkxlpk (3.62)

Poglejmo si sedaj komutatorje dveh komponent vrtilne kolicine

[Lx, Ly] = [Lx, zpx − xpz] = [Lx, zpx] − [Lx, xpz] = (3.63)

= [Lx, z]px + z[Lx, px] − x[Lx, pz] − [Lx, x]pz (3.64)

Ce upostevamo, da je

[Lx, z] = −i~y (3.65)

[Lx, pz] = −i~py (3.66)

[Lx, px] = 0 (3.67)

[Lx, x] = 0 (3.68)

dobimo

[Lx, Ly] = i~(xpy − ypx) = i~Lz (3.69)

S ciklicno permutacijo dobimo se preostala dva komutatorja

[Ly, Lz] = i~Lx (3.70)

[Lz, Lx] = i~Ly (3.71)

Splosno lahko potem zapisemo

[Li, Lj] = i~ǫijkLk (3.72)

Sedaj pa si poglejmo komutator med skalarjem A in vrtilno kolicino: [Li, A] =?. Zapisemolahko

[Li, A]ψ = LiAψ −ALiψ. (3.73)

Ce upostevamo, da lahko v tem primeru zamenjamo vrstni red operatorjev, saj je Askalar, dobimo:

[Li, A]ψ = ALiψ −ALiψ = 0 (3.74)

1Zaradi nase lenobe ne bomo pisali stresic na operatorje, ampak jih bomo imeli le v mislih.


Vidimo, da vsaka komponenta vrtilne kolicine komutira s skalarnim operatorjem A

[Li, A] = 0. (3.75)

Ker se kvadrat velikosti vrtilne kolicine L2 =∑

i L2i transformira kot skalar, od tod takoj

sledi

[Li, L2] = 0, (3.76)

kar pomeni, da vsaka komponenta vrtilne kolicine komutira s kvadratom velikosti vrtilnekolicine.Sedaj vpeljimo nova operatorja

L± = Lx ± iLy (3.77)

Sedaj izracunajmo nekaj komutatorjev s temi operatorji

[L+, L−] = [Lx + iLy, Lx − iLy] = [Lx, Lx] − i[Lx, Ly] + i[Ly, Lx] + [Ly, Ly] =

= (−i)i~Lz − ii~Lz = 2~Lz (3.78)

[L2, L±] = [L2, Lx + iLy] = 0 (3.79)

[Lz, L±] = [Lz, Lx ± iLy] = ±~L± (3.80)

Poglejmo si se nekaj produktov, ki nam bodo kasneje koristili

L+L− = (Lx + iLy)(Lx − iLy) = L2x + L2

y − i[Lx, Ly] = L2x + L2

y + ~Lz (3.81)

L−L+ = (Lx − iLy)(Lx + iLy) = L2x + L2

y − ~Lz (3.82)

Ko poznamo te produkte lahko nekoliko drugace izrazimo kvadrat velikosti vrtilne kolicine:

L2 = L2x + L2

y + L2z = L+L− − ~Lz + L2

z = L−L+ + ~Lz + L2z (3.83)

Sedaj te zveze, ki smo jih dobili uporabimo v vektorskem prostoru. Ker je L2 observabla,to je v splosnem kolicina, ki je omejena, in ker je [L2, Lz] = 0 smemo predpostaviti, daobstaja lastno stanje ψ, za katero velja

L2ψ = λψ (3.84)

Lzψ = lzψ. (3.85)

Zavedati se je potrebno, da mi ne moremo gledati vseh komponent vrtilne kolicinehkrati, pac pa le eno komponento in velikost vrtilne kolicine. Mi smo si izbrali z-komponento.Poglejmo si sedaj, kaj naredita operatorja L± na ta lastna stanja danih dveh operatorjev.

LzL±ψlz = L±Lzψlz ± ~L±ψlz = (lz ± ~)L±ψlz , (3.86)

kjer smo uporabili prej izpeljano zvezo, da je

LzL± = L±Lz ± ~L± (3.87)


Iz rezultata, ki ga dobimo, vidimo, da L± delata stanja, ki imajo za eno visjo oz. nizjolastno vrednost. Ker se lastne vrednosti spreminjajo vedno za veckratnik ~, je smiselnovpeljati

lz = m~, m ∈ ...,−2,−1, 0, 1, 2, 3, ... (3.88)

Podoben postopek naredimo sedaj se z operatorjem kvadrata vrtilne kolicine.

L2ψlm = λψlm, (3.89)

kjer ze vemo, da nam m pove lastno vrednost z-komponente vrtilne kolicine. Koeficientl pa si pripravimo, da bomo z njim opisali lastne vrednosti λ kvadrata velikosti vrtilnekolicine. V Diracovi notaciji lahko zgornjo enacbo zapisemo v obliki

L2|l,m〉 = λ|l,m〉 (3.90)

Poglejmo si sedaj naslednji skalarni produkt

〈l,m|L2|l,m〉 = λ〈l,m|l,m〉 (3.91)

Ker velja, da je 〈l,m|L2|l,m〉 ≥ 0 in 〈l,m|l,m〉 ≥ 0, mora biti tudi koeficient λ ≥ 0. Tonam pove, da bodo lastne vrednosti kvadrata vrtilne kolicine nenegatine.

Mi vemo, da operatorja L±, ko delujeta na stanje |l,m〉, naredita stanje z eno visjo, ozeno nizjo lastno vrednostjo z-komponente vrtilne kolicine

L±|l,m〉 = C±|l,m± 1〉 (3.92)

Sedaj nas zanima, kaksna je konstanta C. V ta namen si poglejmo skalarni produkt zgorn-jega izraza s samim sabo. Glejmo najprej za operator L+:

〈L+l,m|L+l,m〉 = C2+〈l,m+ 1|l,m+ 1〉 (3.93)

Ce upostevamo, da so stanja normirana, dobimo

〈L+l,m|L+l,m〉 = C2+ (3.94)

Ce se upostevamo, da je

L+ = (L−)† (3.95)

L− = (L+)†, (3.96)

dobimo

〈l,m|L−L+|l,m〉 = C2+ (3.97)


Ce uporabimo zvezo, ki smo jo izpeljali za produkt operatorjev L−L+, dobimo

〈l,m|L2 − ~Lz − L2z|l,m〉 = λ− ~

2m− ~2m2 = C2

+ (3.98)

Vpeljimo brezdimenzijsko lastno vrednost ξ kot: λ = ~2ξ. Potem nam ostane

~2(ξ −m(m+ 1)) = C2

+ (3.99)

Ker je desna stran nenegativna, mora biti tudi leva. Od tod sledi pogoj:

ξ −m(m+ 1) ≥ 0 (3.100)

oziroma

ξ ≥ m(m+ 1). (3.101)

Podobno lahko sedaj izvedemo tudi za operator L−:

〈L−l,m|L−l,m〉 = C2− (3.102)

Ko malo preoblikujemo, dobimo

〈l,m|L+L−|l,m〉 = C2− (3.103)

Ce se upostevamo zvezo, ki smo jo izpeljali za produkt operatorjev L+L−, dobimo

〈l,m|L2 + ~Lz − L2z|l,m〉 = ~

2ξ~2m− ~2m2 = C2

− (3.104)

Po vpeljavi istih brezdimenzijskih spremenljivk, dobimo

~2(ξ −m(m− 1)) = c2− (3.105)

Od tod pa dobimo pogoj

ξ ≥ m(m− 1). (3.106)

Tako imamo sedaj tri neenakosti

ξ ≥ m(m+ 1) (3.107)

ξ ≥ m(m− 1) (3.108)

ξ ≥ 0, (3.109)

kjer je m seveda celo stevilo. Poglejmo si sedaj, kaj dobimo za m ≥ 0. Zapisemo lahko

ξ ≥ m(m+ 1) ≥ m(m− 1) (3.110)

Enacaj v prvi zgornji neenakosti velja edino le tedaj, ko je m = m. Tedaj zapisemo

ξ = m(m+ 1) (3.111)


za m〈0 lahko zapisemo iste tri neenakosti

ξ ≥ m(m+ 1) = −|m|(1 − |m|) = |m|(|m| − 1) (3.112)

ξ ≥ m(m− 1) = −|m|(−|m| − 1) = |m|(|m| + 1) (3.113)

ξ ≥ 0, (3.114)

V tem primeru spet lahko zapisemo

ξ ≥ |m|(|m| + 1) ≥ |m|(|m| − 1) (3.115)

Ce tudi tu vzamemo maksimalno absolutno vrednost |m| = m, dobimo

ξ = m(1 + m) (3.116)

Ce sedaj preimenujemo m −→ l, ki smo ga v ta namen pripravili, lahko zapisemo

ξ = l(l + 1) (3.117)

Tako smo prisli do dveh pomembnih ugotovitev: Lastne vrednosti operatorja kvadratavrtilne kolicine se izrazajo kot

λ = ~2l(l + 1) (3.118)

in so seveda nenegativne, saj je l ≥ 0, ter da za lastne vrednosti z-komponente vrtilnekolicine velja

|m| ≤ m = l (3.119)

Sedaj imamo vse, da lahko zapisemo konstante C± kot

C± = ~

√l(l + 1) −m(m± 1) (3.120)

Delovanje operatorjev L± lahko tako zapisemo v celostni podobi kot

L+|l,m〉 = ~

√l(l + 1) −m(m+ 1)|l,m+ 1〉 (3.121)

L−|l,m〉 = ~

√l(l + 1) −m(m− 1)|l,m− 1〉 (3.122)

Poglejmo si robni primer l = m. Ce na taksno stanje delujemo z operatorjem L−, dobimo

L−|l, l〉 = ~

√2l|l, l − 1〉 (3.123)

L2−|l, l〉 = ~D2|l, l − 2〉 (3.124)

... (3.125)

Lk−|l, l〉 = ~Dk|l,−l〉 (3.126)

Od tod vidimo, da za m velja m : l, l− 1, ..., 1, 0,−1, ...,−l. Vseh moznih m je tako 2l+ 1.Pogoj za koeficient k pa zapisemo v obliki

l − k = −l; k ∈ 1, 2, 3, ..... (3.127)


Ce izraz obrnemo, dobimo pogoj za l:

l =k

2. (3.128)

Vidimo, da ker je k naravno stevilo, ima lahko l naslednje vrednosti:

l =1

2, 1,

3

2, 2,

5

2, 3, ... (3.129)

No, pa smo pri koncu!

3.5 Komutator vrtilne kolicine in sfernega harmonika

Izvrednoti komutatorje [Lµ, Ylm], µ = ±, z, kjer so Ylm (normirani) sferni harmoniki.

Resitev:

Izracunati moramo komutator operatorja in funkcije, ki je v bistvu lastna funkcija danihoperatorjev, saj velja

LzYlm = ~mYlm (3.130)

L±Ylm = ~

√l(l + 1) −m(m± 1)Yl,m±1 (3.131)

Da bomo lahko kaj izracunali zapisimo nase tri operatorje v sfericnih koordinatah. Velja

Lz = −i~ ∂

∂φ(3.132)

L± = ~e±iφ

(± ∂

∂θ+ i cot θ

∂

∂φ

)(3.133)

Najprej si poglejmo komutator z z-komponento vrtilne kolicine

[Lz, Ylm]ψ = Lz(Ylmψ) − Ylm(Lzψ) = −i~ ∂

∂φ(Ylmψ) − Ylm(−i~ ∂

∂φψ) =

= −i~(∂

∂φYlm)ψ − i~Ylm

∂ψ

∂φ+ i~Ylm

∂ψ

∂φ= (LzYlm)ψ = (~mYlm)ψ (3.134)

Od tod vidimo, kaj je dani komutator:

[Lz, Ylm] = ~mYlm (3.135)

Sedaj pa izracunajmo se komutator z operatorjem L+:

[L+, Ylm]ψ = L+(Ylmψ) − Ylm(L+ψ) =

= ~eiφ(Ylm

∂ψ

∂θ+ ψ

∂Ylm

∂θ+ i cot θ(Ylm

∂ψ

∂φ+ ψ

∂Ylm

∂φ)

)− Ylm(L+ψ) =

= Ylm

[~eiφ(

∂ψ

∂θ+ i cot θ

∂ψ

∂φ)

]+ ψ

[~eiφ(

∂Ylm

∂θ+ i cot θ

∂Ylm

∂θ)

]− Ylm(L+ψ) =

= ψL+Ylm = ψ~

√l(l + 1) −m(m+ 1)Ylm+1 (3.136)

3.5. KOMUTATOR VRTILNE KOLICINE IN SFERNEGA HARMONIKA 39

Tako vidimo, da je nas komutator enak

[L+, Ylm] = ~

√l(l + 1) −m(m+ 1)Ylm+1 (3.137)

Na isti nacin izracunamo tudi zadnji komutator z operatorjem L−. Dobimo:

[L−, Ylm] = ~

√l(l + 1) −m(m− 1)Ylm−1 (3.138)


Chapter 4

Hermitski operatorji

4.1 Lastne vrednosti hermitskih operatorjev

Pokazi, da imajo hermitski operatorji realne lastne vrednosti.

Resitev:

Za hermitski operator velja

A = A† (4.1)

Naj bo |ψ〉 lastni vektor operatorja A. Potem lahko zapisemo

A|ψ〉 = λ|ψ〉 (4.2)

Ce enacbo z leve pomnozimo z 〈ψ|, dobimo

〈ψ|A|ψ〉 = λ〈ψ|ψ〉 = λ (4.3)

kjer smo upostevali, da so lastni vektorji normirani. Podoben skalarni produkt lahko nared-imo se za adjungirani operator

〈ψ|A†|ψ〉 = 〈Aψ|ψ〉 = (〈ψ|A|ψ〉)∗ = (λ〈ψ|ψ〉)∗ = λ∗ (4.4)

Po drugi strani pa vemo, da velja

〈ψ|A|ψ〉 = 〈ψ|A†|ψ〉 (4.5)

Ce upostevamo, kaj rezultat obeh skalarnih produktov je, dobimo

λ = λ∗ (4.6)

Kompleksno stevilo je enako sebi konjugiranemu stevilu le tedaj, ko je realno. Torej

λ ∈ ℜ (4.7)

41

42 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI

4.2 Lastni vektorji hermitskih operatorjev

Pokazi, da so lastni vektorji hermitskega operatorja, ki imajo razlicne lastne vrednosti, medseboj ortogonalni?

Resitev:

Naj bosta |ψ〉 in |φ〉 lastna vektorja hermitskega operatorja A z razlicnima lastnima vred-nostima a 6= b. Tedaj lahko zapisemo

A|ψ〉 = a|ψ〉 (4.8)

A|φ〉 = b|φ〉 (4.9)

Naredimo sedaj naslednji skalarni produkt

〈φ|A|ψ〉 = a〈φ|ψ〉. (4.10)

Po drugi strani pa je to enako

〈φ|A|ψ〉 = 〈A†φ|ψ〉 = 〈Aφ|ψ〉 = (〈ψ|A|φ〉)∗ = b∗〈ψ|φ〉∗ = b∗〈φ|ψ〉 (4.11)

Ce upostevamo rezultat iz prejsnje vrstice in ga odstejemo od slednje vrstice dobimo

(a− b∗)〈φ|ψ〉 = 0 (4.12)

Ce se uporabimo, da so lastne vrednosti realne, dobimo

(a− b)〈φ|ψ〉 = 0 (4.13)

Ker sta lastni vrednosti razlicni, bo leva stran enaka nic le tedaj, ko bo

〈φ|ψ〉 = 0 (4.14)

To pa pomeni, da je |ψ〉⊥|φ〉. Torej so lastni vektorji hermitskega operatorja, ki pripadajorazlicnim lastnim vrednostim res ortogonalni.

4.3 Operator x in operator p.

Pokazi, da sta x in p hermitska operatorja v obeh upodobitvah, koordinatni in momentni.

Resitev:

Najprej pokazimo, da je x hermitski. Najprej to naredimo v x-reprezentaciji, kjer je oper-ator x kar mnozenje z x. Poglejmo si skalarni produkt:

〈ψ|x|φ〉 =

∫ψ∗xφdx =

∫xψ∗φdx =

∫(xψ)∗φdx = 〈xψ|φ〉, (4.15)

4.3. OPERATOR X IN OPERATOR P . 43

kjer smo upostevali, da x ∈ ℜ. Tako smo dobili

〈ψ|x|φ〉 = 〈xψ|φ〉 = 〈ψ|x†|φ〉 (4.16)

Od tod vidimo, da velja

x = x†, (4.17)

kar pomeni, da je x hermitski operator.

Pokazimo sedaj to lastnost se v p-reprezentaciji. V tej reprezentaciji se operator odmikaizraza kot

x = i~∂

∂p(4.18)

Poglejmo si skalarni produkt (tu sedaj stanja niso funkcije x pac pa p)

〈Ψ|x|Φ〉 =

∫Ψ∗i~

∂

∂pΦdp = i~

∫Ψ∗∂Φ

∂pdp = i~(Ψ∗Φ|∞−∞ −

∫Φ∂Ψ∗

∂pdp) =

= −i~∫

Φ∂Ψ∗

∂pdp (4.19)

V racunu smo uporabili enkrat Per Partes ter upostevali, da sta funkciji ψ in φ iz prostoraL2, in sta zato v neskoncnosti enaki nic. To se nekoliko preoblikujmo

〈Ψ|x|Φ〉 =

∫−i~∂Psi

∗

∂pΦdp =

∫(i~

∂Ψ

∂p)∗Φdp =

∫(xΨ)∗Φdp = 〈xΨ|Φ〉 =

= 〈Ψ|x†|Φ〉 (4.20)

Tako smo tudi tu dobili, da je operator odmika hermitski operator:

x = x† (4.21)

Sedaj pokazimo se za operator gibalne kolicine p, da je hermitski. Najprej naredimo tov koordinatni reprezentaciji, kjer se dani operator izraza kot

p = −i~ ∂

∂x(4.22)

Zapisimo skalarni produkt:

〈ψ|p|φ〉 =

∫ψ∗(−i~ ∂

∂x)ψdx = −i~

∫ψ∗ ∂φ∂xdx =

= −i~(ψ∗φ|∞−∞ −∫φ∂ψ∗

∂xdx) =

∫i~∂ψ∗

∂xφdx (4.23)


Ce malo se preoblikujemo, dobimo

〈ψ|p|φ〉 =

∫(−i~∂ψ

∂x)∗φdx =

∫(pψ)∗φdx = 〈pψ|φ〉 = 〈ψ|p†|φ〉 (4.24)

Tudi tu smo sedaj dobili, da je operator gibalne kolicine hermitski

p = p† (4.25)

Pokazimo isto lastnost za dani operator se v p-reprezentaciji. Tam se operator gibalnekolicine izraza kar kot mozenje funkcije z p:

p = p (4.26)

Potem lahko zapisemo

〈Ψ|p|Φ〉 =

∫Ψ∗pΦdp =

∫pΨ∗Φdp =

∫(pΨ)∗Φdp =

= 〈pΨ|Φ〉 = 〈Ψ|p†|Φ〉 (4.27)

No, in se enkrat smo pokazali, da je operator p hermitski operator.

p† = p (4.28)

4.4 Hermitski operatorji

Za hermitska operatorja A in B velja [A,B] = iC, kjer je C nenicelen operator, pokazi,da je C hermitski ter, da je ∆A∆B ≥ 1

2 |〈C〉|, kjer je 〈X〉 pricakovana vrednost operatorjaX za poljubno stanje in velja (∆X)2 = 〈X2〉 − 〈X〉2. Doloci se valovno funkcijo stanja znajmanjso mozno nedolocenostjo, ce je A = x in B = p.

Resitev

Preden zacnemo, zapisimo nekaj zvez, ki veljajo za operatorje in komutatorje:

[A,B] = −[B,A] (4.29)

[A,B]† = [B†, A†] (4.30)

(cA)† = c∗(A)† (4.31)

c† = c∗, (4.32)

kjer je c kompleksno stevilo. Ce naso zvezo adjungiramo, dobimo

([A,B])† = (iC)† = −iC† (4.33)

Po drugi strani pa tudi velja

[A,B]† = [B†, A†] = [B,A] = −[A,B] = −iC, (4.34)

4.4. HERMITSKI OPERATORJI 45

kjer smo upostavali, da sta A,B hermitska operatorja. Ce pogledamo obe enakosti dobimo

C = C† (4.35)

Od tod vidimo, da je operator C tudi hermitski.

Dokazimo sedaj drugo zvezo. Za skalarni produkt1 dveh funkcij velja Schwartzova neenakost

(φ, φ)(ψ,ψ) ≥ |(φ,ψ)|2 (4.36)

Imejmo sedaj neko funkcijo ψ ter operatorja A in B, ki delujeta na to funkcijo. Potemlahko zapisemo

(Aψ,Aψ)(Bψ,Bψ) ≥ |(Aψ,Bψ)|2 (4.37)

Ce nesemo leve operatorje na drugo stran skalarnega produkta dobimo

(ψ,A†Aψ)(ψ,B†Bψ) ≥ |(ψ,A†Bψ)|2 (4.38)

Ce sedaj upostevamo, da sta operatorja A,B hermitska

A = A† (4.39)

B = B†, (4.40)

lahko potem zapisemo

(ψ,A2ψ)(ψ,B2ψ) ≥ |(ψ,ABψ)|2. (4.41)

To je prva neenakost, ki jo bomo kasneje potrebovali. Sedaj zapisimo komutator in antiko-mutator za tadva operatorja

[A,B] = AB −BA (4.42)

{A,B} = AB +BA (4.43)

Ko ju odstejemo in obrnemo dobimo

AB =1

2[A,B] +

1

2{A,B} (4.44)

Vidimo lahko, da smo produkt operatorjev AB razdelili na hermitski in antihermitski del,saj velja

[A,B]† = [B†, A†] = −[A,B] Ta je antihermitski (4.45)

{A,B}† = {B†, A†} = −{A,B} Ta je hermitski (4.46)

Ce upostevamo, da so pricakovane vrednosti hermitskega operatorja realne, antihermitskegapa imaginarne in se uporabimo lastnost kompleksnih stevil

|z2| = |(R+ iI)|2 = zz∗ = (R+ iI)(R − iI) = R2 + I2 (4.47)

1Skalarni produkt bomo zaradi preglednosti v tej nalogi oznacevali z navadnimi oklepaji


lahko v nasem primeru zapisemo

|(ψ,ABψ)|2 = |12(ψ, {A,B}ψ) +

1

2(ψ, [A,B]ψ)|2 = (4.48)

=1

4(ψ, {A,B}ψ)2 +

1

4|(ψ, [A,B]ψ)|2 (4.49)

Absolutna vrednost v zadnjem clenu nastopa zato, ker mi zelimo vzeti pricakovano vrednostkomutatorja brez imaginarne enote. Ce se upostevamo, da je

(ψ, {A,B}ψ)2 ≥ 0, (4.50)

saj so pricakovane vrednosti tega clena realne, ko pa jih kvadriramo so se nenegativne.Zato lahko sedaj zapisemo

|(ψ,ABψ)|2 ≥ 1

4|(ψ, [A,B]ψ)|2 (4.51)

Ce nekoliko drugace oznacimo pricakovano vrednost, dobimo

|(ψ,ABψ)|2 ≥ 1

4|〈[A,B]〉|2 (4.52)

Ce se upostevamo izraz 4.41, lahko zapisemo

(ψ,A2ψ)(ψ,B2ψ) ≥ 1

4|〈[A,B]〉|2 (4.53)

Uporabimo definicijo variance

(∆A)2 = (ψ, (A − 〈A〉)2ψ), (4.54)

kjer je 〈A〉 ∈ ℜ pricakovana vrednost operatorja A. Ce spremenimo operatorja A,B v

A2 −→ (A− 〈A〉)2 (4.55)

B2 −→ (B − 〈B〉)2, (4.56)

lahko zapisemo

(ψ, (A − 〈A〉)2ψ)(ψ, (B − 〈B〉)2ψ) =

= (∆A∆B)2 ≥ 1

4|〈[A− 〈A〉, B − 〈B〉]〉|2 =

1

4|〈[A,B]〉|2, (4.57)

kjer smo upostevali, da 〈A〉, 〈B〉 ∈ ℜ in zato komutirata z operatorjema A,B. Ce sekorenimo, dobimo zeljeno zvezo

(∆A∆B) ≥ 1

2|〈[A,B]〉|. (4.58)

Ko upostevamo, da je

[A,B] = iC, (4.59)

4.4. HERMITSKI OPERATORJI 47

lahko zapisemo

〈[A,B]〉 = 〈iC〉 = 〈C〉. (4.60)

Ce to uporabimo v zgornjem rezultatu, dobimo

(∆A∆B) ≥ 1

2|〈C〉|. (4.61)

Pa smo dokazali naso zvezo.

Sedaj dolocimo se funkcijo z najmanjso nedolocenostjo. Ce upostevamo, da je operatorA = x in B = p, dobimo

∆x∆p ≥ 1

2|〈[x, p]〉| =

~

2, (4.62)

kjer smo upostevali, da je komutator [x, p] = i~. Iz dobljene zveze vidimo, da bo naj-manjsa razmazanost ~/2. Taksno nedolocenost bomo dobili, ce bodo v vseh neenakostih,ki smo jih v racunu uporabili, veljali enacaji. Enakost v Schwartzovi neenakosti bomo zago-tovili, ko bosta vektorja (valovni funkciji) med seboj vzporedna.(To je lastnost Schwartzoveneenakosti.)

Bψ = zAψ, (4.63)

kjer je z kompleksno stevilo. Enakost pa mora veljati tudi v izrazu 4.51. To bomo zagotovilitedaj, ko bo

(ψ, {A, b}ψ) = 0 (4.64)

Ce razpisemo

(ψ,ABψ) + (ψ,BAψ) = 0 (4.65)

Ko se upostevamo, da morata biti vektorja vzporedna, dobimo

(Aψ, zAψ) + (zAψ,Aψ) = 0

(z + z∗)(Aψ,Aψ) = 0 (4.66)

Spodnja enakost bo vedno res, ce bo z = z∗, to pa je edino le tedaj, ko je z cisto imaginarnostevilo. Potem lahko zapisemo

z = iλ λ ∈ ℜ (4.67)

Ko to upostevamo v prvem pogoju, ki smo ga zahtevali, dobimo

Bψ = iλAψ (4.68)


Ce sedaj se upostevamo, kaj sta A = x in B = −i~ ∂∂x , dobimo

~

i

∂

∂xψ = iλxψ (4.69)

Sedaj locimo spremenljivke, integriramo, dobljeni rezultat malo preoblikujemo in dobimo

ψ(x) = ce−λx2

2 (4.70)

Ce valovno funkcijo se normiramo, dobimo koncni rezultat

ψ =

(λ

π

)1/4

e−λx2

2 (4.71)

Vidimo da ima dobljena funkcija Gaussovo obliko. Taksna funkcija ima torej najmanjsorazmazanost.

Chapter 5

Harmonski oscilator

5.1 Lastne resitve harmonskega oscilatorja

Poisci lastne vektorje harmonskega oscilatorja iz definicije:

〈x|aψ0〉 = 0 (5.1)

〈x|ψn〉 =(a†)n√n!

〈x|ψ0〉 (5.2)

a =1√

2ωm~(mωx+ ip) (5.3)

Resitev:

Pri resevanju problema harmonskega oscilatorja navadno vpeljemo operatorja

a =mωx+ ip√

2m~ω(5.4)

a† =mωx− ip√

2m~ω(5.5)

ki naredita iz lastnega stanja harmonstega oscilatorja lastna stanja z eno vecjo oz. enomanjso lastno vrednostjo. Ce upostevamo definicijo operatorja gibalne kolicine p = −i~ ∂

∂x

in vpeljemo x0 =√

~

ωm , dobimo

a =1√2(x

x0+x0∂

∂x) (5.6)

a† =1√2(x

x0− x0∂

∂x) (5.7)

Vpeljimo se operator stetja n = a†a. Operator energije pa zapisemo v obliki

H = ~ω(a†a+1

2) = ~ω(n+

1

2) (5.8)

49

50 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

Oznacimo lastna stanja harmonskega oscilatorja z |ψn〉. Potem velja

a|ψn〉 = c|ψn−1〉 (5.9)

Ce naredimo skalarni produkt

〈aψn|a|ψn〉 = 〈ψ|a†a|ψ〉 = n = c2 (5.10)

Od tod dobimo c =√n. Tako lahko zapisemo

a|ψn〉 =√n|ψn−1〉 (5.11)

Podobno kot smo za anihilacijski operator lahko naredimo tudi za kreacijski operator:

a†|ψn〉 = c|ψn+1〉 (5.12)


〈a†ψn|a†|ψn〉 = 〈ψ|aa†|ψ〉 = c2 (5.13)

in upostevamo zvezo, da je [a, a†] = aa† − a†a = 1, dobimo

(1 + n)〈ψn|ψn〉 = c2 (5.14)

Od tod dobimo c =√n+ 1. Tako lahko zapisemo

a†|ψn〉 =√n+ 1|ψn+1〉 (5.15)

Lastna stanja harmonskega oscilatorja, ki jih mi obravnavamo, so v resnici lastna stanjaoperatorja stetja n. Zato lahko zapisemo

n|ψn〉 = νn|ψn〉 (5.16)


〈ψn|n|ψn〉 = νn = 〈ψn|a†a|ψn〉 = 〈aψn|aψn〉 ≥ 0 (5.17)

Ker je skalarni produkt vecji oziroma enak nic, morajo biti tudi lastne vrednosti νn ≥ 0. Odtod vidimo, da obstaja taksno stanje |ψ0〉, za katerega velja ν0 = 0. To stanje proglasimokot osnovno stanje. Zanj torej velja

〈x|a|ψ0〉 = 0 (5.18)

Vsa visja stanja pa lahko dobimo s pomocjo zveze

|ψn〉 =1√na†|ψn−1〉 (5.19)

Ce to preoblikujemo, tako da izrazimo desno stran z osnovnim stanjem, dobimo

|ψn〉 =(a†)n√n!

|ψ0〉 (5.20)

5.1. LASTNE RESITVE HARMONSKEGA OSCILATORJA 51

oziroma

〈x|ψn〉 =(a†)n√n!

〈x|ψ0〉 (5.21)

Sedaj si poglejmo, kaksno je osnovno lastno stanje harmosnkega oscilatorja. Zapisemo

aψ0 = 0 (5.22)

Ce upostevamo, kako je izrazen operator a, dobimo

1√2(x

x0+ x0

∂

∂x)ψ0 = 0 (5.23)

Ko enacbo obrnemo, dobimo

−xdxx2

0

=dψ0

ψ0(5.24)

Ko enacbo integriramo in rezultat se normiramo, dobimo

ψ0 =1√x0

√πe− x2

2x20 (5.25)

Vidimo, da osnovno stanje harmonskega oscilatorja opisemo z Gaussovo funkcijo. Vsaostala, visja stanja pa lahko dobimo z danimi zvezami. Poglejmo sedaj prvo vzbujenostanje

ψ1 = a†|ψ0〉 =1√2(x

x0− x0

∂

∂x)

1√x0

√πe− x2

2x20 =

=1√

x0√π1!2

2x

x0e− x2

2x20 (5.26)

Poglejmo si na hitro se drugo vzbujeno stanje

ψ2 =1√2a†|ψ1〉 =

2√x0

√π2!2

(x

x0− x0

∂

∂x)x

x0e− x2

2x20 =

=1√

x0√π222!

(4(x

x0)2 − 2)e

− x2

2x20 (5.27)

Tu pa se sedaj za hip ustavimo. V clenih , ki jih dobimo v vseh treh izracunanih stanjih,lahko prepoznamo Hermitove polinome:

H0(x) = 1 (5.28)

H1(x) = x (5.29)

H2(x) = (4x2 − 2) (5.30)


Tako, da lahko nasa stanja zapisemo v obliki

ψ0 =1√x0

√πH0(

x

x0)e

− x2

2x20 (5.31)

ψ1 =1√

x0√π1!2

H1(x

x0)e

− x2

2x20 (5.32)

ψ2 =1√

x0√π222!

H2(x

x0)e

− x2

2x20 (5.33)

Sedaj predpostavimo, da tako lahko zapisemo tudi n-to lastno stanje:

ψn =1√

x0√π2nn!

Hn(x

x0)e

− x2

2x20 (5.34)

Sedaj pokazimo, da tak zapis velja tudi za n+ 1 stanje.

ψn+1 =1√n+ 1

1√2(x

x0− x0

∂

∂x)ψn =

=1√

x0√π2n+1(n+ 1)!

(x

x0− x0

∂

∂x)Hn(

x

x0)e

− x2

2x20 (5.35)

Ko izraz odvajamo in upostevamo, da je

dHn

dx= 2nHn−1(x), (5.36)

dobimo

ψn+1 =1√

x0√π2n+1(n+ 1)!

e− x2

2x20 2(

x

x0Hn(

x

x0) − nHn−1(

x

x0))). (5.37)

Sedaj upostevajmo rekurzijsko zvezo, ki velja za Hermitove polinome

2xHn = 2nHn−1 +Hn+1 (5.38)

in dobimo

ψn+1 =1√

x0√π2n+1(n+ 1)!

e− x2

2x20Hn+1(

x

x0). (5.39)

To je pa ravno tisto, kar moramo dobiti. Ker dokaz s popolno indukcijo drzi, smemo trditi,da lahko lastno stanje harmonskega oscilatorja za ∀n zapisemo v obliki:

ψn =1√

x0√π2nn!

Hn(x

x0)e

− x2

2x20 (5.40)

To je nas zeljeni rezultat. Lastne funkcije harmonskega oscilatorja se izrazajo s produktomHermitovega polinoma ter Gausove funkcije.

5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 53

5.2 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja

Koherentno stanje je lastno stanje operatorja a = x+ ip (v brezdimenzijskih enotah)

a|α〉 = α|α〉 (5.41)

Doloci |α〉, izracunaj skalarni produkt 〈β|α〉. Pokazi tudi, da velja

1

π

∫|α〉d2α〈α| = 1, (5.42)

ce je integracijsko obmocje celotna kompleksna ravnina. Izracunaj tudi pricakovano vred-nost 〈x4〉, 〈x2p2〉, 〈(xp)2〉 in 〈p4〉 za stanje |α〉.

Resitev:

Za nepremaknjen harmonski oscilator smo definirali kreacijski in anihilacijski operator a†

in a, kot

a =1√2(x

x0+ x0

∂

∂x) (5.43)

a† =1√2(x

x0− x0

∂

∂x) (5.44)

Za anihilacijski operator velja, da ce delujemo z njim na osnovno stanje harmonskegaoscilatorja dobimo

a|0〉 = 0 (5.45)

Sedaj vzemimo premaknjen harmonski oscilator (x −→ x′ = x − x1). Zanj tudi lahkodefiniramo anihilacijski in keracijski operator a′ a′†. Poglejmo, kako se izrazata tadvaoperatorja premaknjenega oscilatorja z operatorji nepremaknjenega oscilatorja. V ta namensi najprej poglejmo, kako se izrazata operatorja gibalne kolicine in odmika

x′ = x− x1 (5.46)

p′ = −i~ ∂

∂x′= −i~ ∂

∂x

∂x

∂x′= p (5.47)

Vidimo, da se operator odmika spremeni za konstanto, operator gibalne kolicine pa ostaneenak. Sedaj to upostevamo v kreacijskem in anihilacijskem operatorju:

a′ =1√2(x′

x0+ x0

∂

∂x′) =

1√2(x− x1

x0+ x0

∂

∂x) = a− x1√

2x0

= a− α, (5.48)

kjer smo oznacili α = x1√2x0

. Za osnovno stanje premaknjenega harmonskega oscilatorja

mora veljati enako kot velja za nepremaknjenega. Ce delujemo z a′ na osnovno stanjepremaknjenega harmonskega oscilatorja |α〉 moramo dobiti

a′|α〉 = 0 (5.49)


To stanje |α〉 imenujemo koherentno stanje harmonskega oscilatorja. Ce sedaj upostevamo,zvezo, ki smo jo izpeljali in jo vstavimo v zgornjo enakost, dobimo

a′|α〉 = a|α〉 − α|α〉 = 0 (5.50)

a|α〉 = α|α〉 (5.51)

Sedaj poglejmo, kako se izraza koherentno stanje? V ta namen napisimo skalarni produkt

〈n|a|α〉 = 〈n|α|α〉 = α〈n|α〉, (5.52)

kjer so |n〉 lastna stanja nepremaknjenega harmoskega oscilatorja. Poglejmo si se

1√n!〈0|an|α〉 =

1√n!α〈0|an−1|α〉 =

1√n!αn〈0|α〉. (5.53)

Ce z operatorjem a delujemo na drugo stran, pa lahko napisemo:

1√n!〈0|an|α〉 =

1√n!〈a†0|an−1|α〉 (5.54)

Ce upostevamo, da je a†|n〉 =√n+ 1|n+ 1〉, dobimo

1√n!〈0|an|α〉 =

1√n!αn〈0|α〉 = 〈n|α〉 (5.55)

Sedaj pa razvijmo koherentno stanje harmonskega oscilatorja po bazi lastnih stanj nepre-maknjenega harmonskega oscilatorja

|α〉 =

∞∑

n=0

cn|n〉 =

∞∑

n=0

|n〉〈n|α〉 (5.56)

Ce upostevamo zveze, ki smo jih prej izpeljali, lahko zapisemo

|α〉 =

∞∑

n=0

1√n!αn〈0|α〉|n〉 (5.57)

Vpeljimo konstanto c = 〈0|α〉. Potem imamo

|α〉 = c

∞∑

n=0

1√n!αn|n〉 = c

∞∑

n=0

(αa†)n

n!|0〉 (5.58)

V zgornji vsoti prepoznamo vrsto za ex =∑

nxn

n! . Potem lahko zapisemo

|α〉 = eαa† |0〉 (5.59)


Sedaj dolocimo se normalizacijsko konstanto. Naredimo skalarni produkt

〈α|α〉 = 1 = |c|2∑

n

|α|2n

n!〈n|n〉 (5.60)

Ce se upostevamo, da so stanja normirana in stvar malo obrnemo, dobimo

c = e−12|α|2 (5.61)

Tako lahko sedaj v celoti zapisemo koherentno stanje v obliki

|α〉 = e−12|α|2+αa† |0〉, (5.62)

kjer vemo, da se osnovno stanje harmonskega oscilatorja izraza kot

〈x|0〉 =1√x0

√πe− x2

2x20 (5.63)

Sedaj ko vemo, kako se izraza koherentno stanje, pa si poglejmo skalarni produkt dvehtakih koherentnih stanj 〈β|α〉, kjer stanji zapisemo kot

|α〉 = e−12|α|2+αa† |0〉 (5.64)

|β〉 = e−12|β|2+βa† |0〉 (5.65)

Ce iz drugega stanja naredimo bra: 〈β|, dobimo

〈β| = e−12|β|2∑

m

(β∗)m√m!

〈m| (5.66)

Sedaj kar izvrsimo skalarni produkt:

〈β|α〉 = e−12|β|2− 1

2|α|2∑

n

∑

m

(β∗)m(α)n√n!m!

〈m|n〉 = e−12(|α|2+|β|2)∑

n

(αβ∗)n

n!, (5.67)

kjer smo upostevali, da je 〈m|n〉 = δnm. Ko upostevamo, kaj predstavlja dana vsota, lahko

zapisemo

〈β|α〉 = e−12(|α|2−2αβ∗+|β|2) (5.68)

Rezultat, ki ga dobimo lahko preverimo tako, da vstavimo β = α. Tedaj dobimo

〈β = α|α〉 = e−12(2|α|2−2|α|2) = 1 (5.69)


Poglejmo si, koliko je vreden integral

I =1

π

∫ ∫|α〉〈α|d2α =

1

π

∫ ∫|α〉〈α| d(Re(α))d(Im(α)). (5.70)

Oznacimo R(α) = x in Im(α) = y. Ce upostevamo, kako se izraza koherentno stanje, lahkozapisemo

I =1

π

∫e−

12|α|2− 1

2|α|2∑

n

αn

√n!|n〉∑

m

α∗m

√m!

〈m|dxdy =

=1

π

∑

m,n

∫ ∫e−|α|2 α

nα∗m

√m!n!

dxdy|n〉〈m| (5.71)

Sedaj izrazimo kompleksno stevilo α z

α = ρeiφ|α|2 = ρ2 (5.72)

αn = ρneinφ (5.73)

α∗m = ρme−imφ (5.74)

Ce prepisemo se diferencial dxdy = ρdρdφ, dobimo

I =1

π

∑

m,n

1√m!n!

∫ ∞

0ρm+n+1e−ρ2

dρ

∫ 2π

0eiφ(n−m)dφ (5.75)

Slednji integral izracunamo in dobimo

∫ 2π

0eiφ(n−m)dφ = 2πδmn (5.76)

Ko to upostevamo, nam ostane

I =∑

n

1

n!

∫ ∞

0ρ2n+1e−ρ2

dρ|n〉〈n| (5.77)

V preostalem integralu pa prepoznamo Gamma funkcijo:

∫ ∞

0ρ2n+1e−ρ2

dρ =1

2Γ(n+ 1) =

1

2n! (5.78)

Ko tudi to uporabimo, nam ostane

I =∑

n

|n〉〈n| = 1 (5.79)

Tako smo dokazali zeljeno zvezo.


Sedaj pa izracunajmo nekaj pricakovanih vrednosti. Preden se lotimo racunanja sizapisimo nekaj zvez, ki nam bodo prisle prav pri racunanju:

[a, a†] = 1 = aa† − a†a =⇒ aa† = 1 + a†a (5.80)

〈α|a|α〉 = α (5.81)

〈α|a†|α〉 = α∗ (5.82)

〈α|a†a|α〉 = |α|2 (5.83)

x =x0√

2(a+ a†) (5.84)

p =−ix0√

2(a− a†). (5.85)

Najprej si poglejmo pricakovano vrednost

〈(xp)2〉 = −x40

4〈α|((a + a†)(a− a†))2|α〉 = −x

40

4〈α|(a2 − a†

2 − 1)2|α〉 =

= −x40

4〈α|a4 − a†

2a2 − 2a2 − a2a†

2+ a†

4+ 2a†

2+ 1|α〉 =

= −x40

4(α4 − |α|4 − 2α2 + α∗4 + 2α∗2 + 1 − 2 − 4|α|2 − |α|4) =

= −x40

4(α4 − 2|α|4 − 2α2 = α∗4 + 2α∗2 − 1 − 4|α|2), (5.86)

kjer smo v racunu upostevali, da je

〈α|a2a†2|α〉 = 2 + 4|α|2 + |α|4 (5.87)

Sedaj izracunajmo pricakovano vrednost

〈x4〉 =x4

0

4〈α|(a + a†)4|α〉 =

=x4

0

4〈α|a4 + aa†a2 + a†a3 + a†

2a2 + a3a† + (aa†)2

+a†aaa† + a†2aa† + a2a†a+ aa†a†a+ (a†a)2 +

+a†3a+ a2a†

2+ aa†

3+ a†aa†

2+ a†

4|α〉 (5.88)

Na tem mestu je potrebno izracunati vsak navedeni clen posebaj. Nekaj teh clenov jetrivialnih in jih znamo resiti na oko, nekaj pa jih je potrebno izracunati. Ker je izracun tehclenov zgolj formalnost (treba je voditi le lepo ”knjigovodstvo”), bom napisal le rezultate,


ki jih za posamezne (netrivialne) clene dobimo:

〈α|aa†a2|α〉 = α2 + α2|α|2 (5.89)

〈α|a3a†|α〉 = 3α2 + α2|α|2 (5.90)

〈α|(aa†)2|α〉 = 1 + 3|α|2 + |α|4 (5.91)

〈α|a†aaa†|α〉 = 2|α|2 + |α|4 (5.92)

〈α|a†2aa†|α〉 = α∗2 + α∗|α|2 (5.93)

〈α|a2a†a|α〉 = 2α2 + α2|α|2 (5.94)

〈α|aa†a†a|α〉 = 2|α|2 + |α|4 (5.95)

〈α|a†aa†a|α〉 = |α|2 + |α|4 (5.96)

〈α|a2a†2|α〉 = 2 + 4|α|2 + |α|4 (5.97)

〈α|aa†3|α〉 = 3α∗2 + α∗2|α|2 (5.98)

〈α|a†aa†2|α〉 = 2α∗2 + α∗2|α|2 (5.99)

Ce vse to upostevamo in clene med sabo uredimo, dobimo

〈x4〉 =x4

0

4(α4 + α∗4 + 6|α|4 + 6α2 + 6α∗2 + 4α2|α|2 + 4α∗2|α|2 + 3 + 12|α|2) (5.100)

Povsem analogno izracunamo pricakovano vrednost 〈p4〉. Postopamo takole:

〈p4〉 =x4

0

4〈α|(a− a†)4|α〉 =

=x4

0

4〈α|a4 − aa†a2 − a†a3 + a†

2a2 − a3a† + (aa†)2

+a†aaa† − a†2aa† − a2a†a+ aa†a†a+

+(a†a)2 − a†3a+ a2a†

2 − aa†3 − a†aa†

2+ a†

4|α〉 (5.101)

Ko upostevamo zveze, ki smo jih zapisali malo prej, dobimo

〈p4〉 =x4

0

4(α4 − 6α2 − 4α2|α|2 − 4α∗2|α|2 + 6|α|4 + 3 + 12|α|2 − 6α∗2 + α∗4) (5.102)

Ostane nam se, da izracunamo pricakovano vrednost 〈x2p2〉. Tudi tu postopamo povsemanalogno, kot smo v prejsnjih dveh primerih:

〈x2p2〉 = −x40

4〈α|(a + a†)2(a− a†)2|α〉 =

= −x40

4〈α|a4 + aa†a2 + a†a3 + a†

2a2 − a3a† − (aa†)2

−a†aaa† − a†2aa† − a2a†a− aa†a†a−

−(a†a)2 − a†3a+ a2a†

2+ aa†

3+ a†aa†

2+ a†

4|α〉 (5.103)

Ko tudi tu upostevamo zgoraj navedene zveze in dobljeni izraz poenostavimo, nam ostane

〈x2p2〉 = α4 − 4α2 − 2|α|4 + 1 − 4|α|2 + 4α∗2 + α∗2 (5.104)

5.3. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA II. 59

5.3 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja II.

Za koherentno stanje |α〉 doloci 〈x8〉. Namig: Vpelji rodovni operator exp(λx) in izracunajnjegovo pricakovano vrednost za stanje |α〉. Ali je mozno postopek uporabiti tudi za 〈pn〉?

Resitev:

Koherentno stanje harmonskega oscilatorja lahko izrazimo z lastnimi stanji osnovnega har-monskega oscilatorja kot

|α〉 = e−12|α|2+αa† |0〉 (5.105)

〈α| = 〈0|e− 12|α|2+α∗a, (5.106)

kjer sta a in a† anihilacijski in kreacijski operator, α pa je lastna vrednost:

a|α〉 = α|α〉 (5.107)

Nas rodovni operator oznacimo z U = eλx, kjer lahko operator odmika izrazimo z anihi-lacijskim in kreacijskim operatorjem kot

x =x0√2(a+ a†). (5.108)

Preden se lotimo racunanja pricakovanje vrednosti, zapisimo se zvezo, ki velja za operatorje,ki ne komutirajo, in nam bo prisla prav

eAeB = eA+Be12[A,B] (5.109)

Sedaj zapisimo pricakovano vrednost

〈U〉 = 〈α|eλx|α〉 = 〈0|e− 12|α|2+α∗ae

λx0√

2(a+a†)

e−12|α|2+αa† |0〉 (5.110)

Zdruzimo prva dva eksponentna clena na isti eksponent. Upostevajoc zgornjo zvezo dobimo

〈U〉 = e−|α|2〈0|eα∗a+

x0λ√2

(a+a†)e

12[α∗a,

x0λ√2

(a+a†)]eαa† |0〉 (5.111)

Ko upostevamo, da je

[α∗a,x0λ√

2(a+ a†)] = α∗λx0√

2= α∗λ (5.112)

dobimo

〈U〉 = e−|α|2e12α∗λ〈0|eα∗a+λ(a+a†)eαa† |0〉 (5.113)

Sedaj enako naredimo se za zadnji clen in dobimo vse clene v istem eksponentu

〈U〉 = e−12|α|2e

12λ(α∗+α)〈0|e(α∗+λ)a+(α+λ)a† |0〉, (5.114)


kjer smo upostevali, da je

[α∗a+ λa+ λa†, αa†] = α∗α+ αλ (5.115)

Ce upostevamo, da je λ ∈ ℜ, potem lahko izraz malo preoblikujemo:

〈U〉 = e−12|α|2e

12λ(α∗+α)〈0|e(α+λ)∗a+(α+λ)a† |0〉 (5.116)

Ko imamo tako zapisane clene, pa lahko del, ki je znotraj BraKet-a raztavimo nazaj nadva eksponentna clena. Pri tem spet upostevamo dano zvezo 5.109:

〈U〉 = e−12|α|2e

12λ(α∗+α)〈0|e(α∗+λ)ae(α+λ)a†

e12[(αλ)∗a,(α+λ)a†]|0〉 (5.117)

Ko izracunamo, dobimo

〈U〉 = e−12|α|2e

12λ(α∗+α)e−

12|α+λ|2〈0|e(α+λ)∗ae(α+λ)a† |0〉 (5.118)

V zgornjem clenu prepoznamo skalarni produkt

〈0|e(α+λ)∗ae(α+λ)a† |0〉 = 〈α+ λ|α+ λ〉 = e|α+λ|2 (5.119)

Pokazimo, da je temu res tako! Ce preimenujemo αλ = β, lahko zapisemo

〈0|eβ∗aeβa† |0〉 =∑

n

〈0|(β∗a)n

n!

∑

m

(βa†)m

m!|0〉 =

=∑

n

(β∗)n√n!

〈n|∑

m

(β)m√m!

|m〉 =∑

m,n

(β∗)n(β)m√m!n!

〈n|m〉 (5.120)

Ce se uporabimo, da je 〈n|m〉 = δnm, dobimo

∑

n

(|β|2)nn!

= e|β|2. (5.121)

No, pa smo pokazali naso zvezo. Ko to uporabimo v nasem racunu, dobimo

〈U〉 = e12|α|2e

λ2(α∗+α)e−

12|α+λ|2e|α+λ|2 (5.122)

Ko se upostevamo, da je

|α+ λ|2 = |α|2 + λ2 + λ(α+ α∗), (5.123)

dobimo

〈U 〉 = eλ(α+α∗)e12λ2

(5.124)

5.3. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA II. 61

Sedaj lahko razvijemo dani rezultat v Taylorjevo vrsto

〈α|U |α〉 = (1 + λ(α+ α∗) +1

2!(λ(α+ α∗))2 +

1

3!(λ(α+ α∗))3 +

1

4!(λ(α+ α∗))4 +

1

5!(λ(α+ α∗))5 +

1

6!(λ(α+ α∗))6 +

1

7!(λ(α+ α∗))7 +

1

8!(λ(α+ α∗))8 + ...)

(1 +1

2λ2 +

1

2!(1

2λ2)2 +

1

3!(1

2λ2)3 +

1

4!(1

2λ2)4 + ...+

1

8!(1

2λ2)8 + ...) (5.125)

Po drugi strani pa je to tudi enako

〈U〉 = 〈α|eλx|α〉 = 〈α|α〉 + λ〈α|x|α〉 +1

2!λ2〈α|x2|α〉 +

1

3!λ3〈α|x3|α〉 + ...+

1

8!λ8〈α|x8|α〉 + ... (5.126)

Sedaj izenacimo clene z enakimi potencami λn, in dobimo

〈α|α〉 = 1 (5.127)

〈α|x|α〉 =x0√2(α+ α∗) (5.128)

〈α|x2|α〉 =x2

0

2(α2 + α∗2 + 2|α| + 1) (5.129)

...

〈α|x8|α〉 =x8

0

16(105 + 420(α + α∗)2 + 210(α + α∗)4 + 28(α + α∗)6 + (α+ α∗)8) (5.130)

...

Drugi in tretji rezultat lahko hitro preverimo z direktnim racunom. Najprej izracunajmopricakovano vrednost odmika

〈α|x|α〉 = 〈α| x0√2(a+ a†)|α〉 =

x0√2(α+ α∗) (5.131)

Vidimo, da dobimo isti rezultat. Izracunajmo se pricakovano vrednost kvadrata odmika

〈α|x2|α〉 = 〈α|x20

2(a+ a†)2|α〉 =

x20

2〈α|(a+ a†)(a+ a†)|α〉 =

=x2

0

2(α2 + α∗2 + 2|α|2 + 1) (5.132)

Vidimo, da je tudi ta rezultat pravi. Sedaj lahko verjamemo, da je rezultat, ki smo gadobili pravilen.


Podoben racun lahko sedaj napravimo tudi za operator gibalne kolicine. Uvedemo op-erator

P = eλp, (5.133)

kjer se operator gibalne kolicine p izraza kot

p =−ix0√

2(a− a†) (5.134)

Sedaj lahko nastavimo pricakovano vrednost opratorja P :

〈P 〉 = 〈α|P |α〉 = 〈0|e− 12|α|2+α∗ae

−λix0√

2(a−a†)

e−12|α|2+αa† |0〉 (5.135)

Podobno kot pri odmikih, vse tri ekponentne clene zdruzimo v en eksponent. Pri temupostevamo se komutacijske zveze

[α∗a,−iλ(a− a†)] = iλα∗ (5.136)[α∗a− iλ(a− a†), αa†

]= |α|2 − iλα (5.137)

Ko se vse clene med sabo uredimo, dobimo

〈P 〉 = e−12|α|2e−i λ

2(α−α∗)〈0|e(α∗−iλ)a+(α+iλ)a† |0〉 (5.138)

Sedaj raztavimo clen znotraj BraKet-a na dva eksponentne clene. Dobimo

〈P 〉 = e−|α|22 e−

i2λ(α−α∗)e

12|α+iλ|2 = e−iλ(α−α∗)e

|λ|22 , (5.139)


〈0|e(α∗−iλ)a+(α+iλ)a† |0〉 = 〈α+ iλ|α+ iλ〉 = e|α+iλ|2 (5.140)

in komutator

[(α + iλ)∗a, (α+ iλ)a†] = |α+ iλ|2 (5.141)

Skoraj smo ze pri koncnem rezultatu. Kar nam je se treba storiti, je to, da razvijemorezultat po potencah koeficienta λ. Dobimo

〈P 〉 =

(1 − iλ(α− α∗) +

1

2!(−λ(α− α∗))2 + +...

)(1 +

λ2

2+

1

2!

(λ2

2

)2

+ ...

)(5.142)

Po drugi strani pa vemo, da je to enako

〈P 〉 = 〈α|eλp|α〉 = 〈α|α〉 + λ〈α|p|α〉 +λ2

2!〈α|p2|α〉 + ... (5.143)

5.4. FORMULA FAA DI BRUNO 63

Sedaj imamo vse, da izracunamo pricakovano vrednost katerekoli cele potence gibalnekolicine. Kar je potrebno storiti je to, da pogledamo clene , ki imajo iste potenco koe-ficienta λn. Za prve tri potence dobimo

〈α|α〉 = 1 (5.144)

〈α|p|α〉 = −i x0√2(α− α∗) =

√2x0Im(α) (5.145)

〈α|p2|α〉 = −x20

2(α2 + α∗2 − 2|α|2 − 1) (5.146)

... (5.147)

Ce bi dane pricakovane vrednosti racunali direktno, bi dobili iste vrednosti.

5.4 Formula Faa di Bruno

S pomocjo Faa di Bruno-ve formule poisci pricakovane vrednosti 〈xn〉 za koherentno stanje|α〉 harmonskega oscilatorja.

Figure 5.1: Italijanski matematik Francesco Faa di Bruno se je rodil 29.3.1825 v Piemontuv Italiji, umrl pa 27.3.1888 v Turinu. Svoje solanje je zacel v vojaski akademiji. Leta 1853je zapustil vojsko in odpotoval v Pariz, kjer je v pariski Sorboni skupaj z Hermitom studiralmatematiko pri Cauchyu. Leta 1871 je postal profesor na univerzi v Turinu. Pod vplivomGiovannia Bosca je Faa di Bruno 22.10.1876 postal katoliski duhovnik.

Resitev:

V prejsnjih nalogah smo izpeljali, da pricakovane vrednosti izracunamo kot

〈xn〉 =

(∂n

∂λn〈eλx〉

)

λ=0

, (5.148)


kjer smo izpeljali, da je

〈eλx〉 = e(α∗+α)λ+ λ2

2 , (5.149)

kjer je λ = λ x0√2. Za pricakovano vrednost n-te potence x je sedaj potrebno enacbo n krat

odvajati. Lahko pa problem resimo se na drug nacin. Uporabimo Faa di Bruno-vo formulo,ki pravi

dn

dλn

[ef(λ)

]=

(n∑

m=1

n!

(1!)a1a1!(2!)a2a2!...(n!)anan!(f ′)a1(f ′′)a2 ...(f (n))an

)

λ=0

, (5.150)

kjer mora veljati, da je:

a1 + a2 + ...+ an = m (5.151)

a1 + 2a2 + ...+ nan = n (5.152)

Nasa funkcija je f(λ) = 12λ

2b2 + λb(α∗ +α), kjer je λ = bλ =⇒ b = x0√2. Odvodi funkcije se

potem glasijo

f(λ) =1

2λ2b2 + λb(α+ α∗) (5.153)

f ′(λ) = λb2 + (α∗ + α)b (5.154)

f ′′(λ) = b2 (5.155)

f (3)(λ) = 0 (5.156)

f (n〉3)(λ) = 0 (5.157)

Vidimo, da ce bomo zeleli dobiti vsote, ki bodo razlicne od nic, mora veljati ai = 0 zai ≥ 3. Poglejmo si sedaj pricakovano vrednost odmika 〈x〉. V ta namen izracunajmo danovsoto za n = 1.

d

dλef(λ) =

1∑

m=1

1!

1a1!(λb2 + b(α∗ + α))a1 (5.158)

a1 = m = 1 a1 = n = 1 =⇒ a1 = 1 (5.159)

Ko izracunamo to preprosto vsoto pri λ = 0 dobimo

〈x〉 =d

dλef(λ) = b(α∗ + α) =

x0√2(α∗ + α) (5.160)

Vidimo, da dobimo pravilni izraz za povprecni odmik. Izracunajmo se pricakovano vrednostkvadrata odmika:

d2

dλ2ef(λ) =

(2∑

m=1

2!

1!a1!(2!)a2a2!(f ′)a1(f ′′)a2

)(5.161)

m = 1 : a1 + a2 = 1, a1 + 2a2 = 2 =⇒ a2 = 1, a1 = 0 (5.162)

m = 2 : a1 + a2 = 2, a1 + 2a2 = 2 =⇒ a2 = 0, a1 = 2 (5.163)

5.4. FORMULA FAA DI BRUNO 65

Ko to vstavimo v vsoto in izvrednostimo pri λ = 0, dobimo izraz za pricakovano vrednostkvadrata odmika

〈x2〉 =x2

0

2

(α2 + α∗2 + 2|α|2 + 1

)(5.164)

Ta izraz pa smo dobili tudi ze z direktnim racunom. Tako vidimo, da nas postopek dobrodeluje in ga lahko uporabimo tudi za izracun se visjih odvodov. V nasem primeru je to seposebaj preprosto, saj moramo za izracun koeficientov ai resiti le 2 × 2 sistem.


Chapter 6

Matricna upodobitev operatorjev

6.1 Matricna upodobitev operatorjev

Doloci matricne elemente operatorja R = exp(−iα~n~L), kjer je ~L operator vrtilne kolicine, ~npa poljubna smer v prostoru (α je infenitizimalen). Explicitno doloci matricno upodobitevoperatorjev Lz, L± za l = 1

2 , 1,32 .

Resitev

1. del resitve:

Operator vrtilne kolicine ~L lahko zapisemo po komponentah kot

~L =

Lx

Ly

Lz

(6.1)

To lahko naredimo tudi za normalni vektor ~n v prostoru

~n =

γησ

, (6.2)

kjer so komponente danega vektorja izbrane tako, da je γ2 + η2 + σ2 = 1, saj mora bitinormalni vektor po velikosti enak 1. Potem lahko zapisemo skalarni produkt

~n~L = γLx + ηLy + σLz (6.3)

Sedaj razvijmo eksponentni clen exp(−iα~n~L) v Taylorjevo vrsto.

R = Id+ (−iα~n~L) +1

2!(−iα~n~L)2 + ... (6.4)

Ker je α majhna bo clen v razvoju z α2 dosti manjsi od clena z α. Zato lahko v razvojuupostevamo le prva dva clena:

R ≈ Id+ (−iα~n~L) = Id− iα(γLx + ηLy + σLz) (6.5)

67

68 CHAPTER 6. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV

Ker z Lx, Ly ne znamo lepo racunati, pac pa rajsi racunamo z L±, uporabimo zveze

Lx =L+ + L−

2(6.6)

Ly =L+ − L−

2i(6.7)

To sedaj vstavimo noter v nas izraz in dobimo

R = Id− iα(γL+ + L−

2+ η

L+ − L−2i

+ σLz) (6.8)

Ko izraz nekoliko preuredimo, dobimo

R = Id− iα(γ − iη

2L+ +

γ + iη

2L− + σLz) (6.9)

Sedaj dolocimo matricne elemente tega operatorja 〈lm|R|kn〉, kjer so |lm〉 lastna stanjaoperatorjev Lz in L2. Lahko zapisemo

〈lm|R|kn〉 = 〈lm|Id− iα(γ − iη

2L+ +

γ + iη

2L− + σLz)|kn〉 =

= 〈lm|kn〉 − iα(γ − iη

2)〈lm|L+|kn〉 −

−iα(γ + iη

2)〈lm|Lz |kn〉 − iασ〈lm|Lz |kn〉 =

δkl δ

nm − α

2(η + iγ)〈lm|L+|kn〉 +

+α

2(η − iγ)〈lm|L−|kn〉 − iασ~nδk

l δnm, (6.10)


〈lm|kn〉 = δkl δ

nm (6.11)

〈lm|Lz|kn〉 = ~n〈lm|kn〉 = ~nδkl δ

nm (6.12)

Sedaj upostevajmo se kako delujeta na ta stanja operatorja L±:

〈lm|L±|kn〉 = ~

√k(k + 1) − n(n± 1)〈lm|kn〉 (6.13)

Ko to uporabimo v nasem izrazu, dobimo

〈lm|R|kn〉 = (1 − iασ~n)δkl δ

nm − α~

2(η + iγ)

√k(k + 1) − n(n+ 1)δk

l δn+1m +

α~

2(η − iγ)

√k(k + 1) − n(n− 1)δk

l δn−1m , (6.14)

kjer smo upostevali ortogonalnost lastnih stanj

〈lm|k, n + 1〉 = δkl δ

n+1m (6.15)

〈lm|k, n − 1〉 = δkl δ

n−1m (6.16)

6.1. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV 69

Ko se malo izpostavimo, dobimo koncni rezultat

〈R〉 = δkl [(1 − iασ~n)δn

m − α~

2(η + iγ)

√k(k + 1) − n(n+ 1)δn+1

m +

α~

2(η − iγ)

√k(k + 1) − n(n− 1)δn−1

m ] (6.17)

Dobili smo izraz, ki nam doloca matricne elemente operatorja R v bazi lastnih stanj oper-atorjev Lz in L2.Iz izraza vidimo, da bo matrika, ki jo dobimo, imela po diagonali bloke podmatrik velikosti2l + 1. Ti bloki pa so tridiagonalni. Glej sliko 6.1.

Figure 6.1: Slika prikazuje simbolicno matriko, s katero lahko predstavimo operator R.

Ce sedaj predpostavimo, da imamo vrtenje le okrog osi z, potem velja: η = γ = 0 inσ = 1. Tedaj se matricni element poenostavi in dobimo

〈lm|R|kn〉 = δkl (1 − iα~n)δn

m (6.18)

v tem primeru dobimo le se diagonalno matriko.

2. del resitve:

Za konec pa poiscimo se matricno upodobitev danih operatorjev Lz, L±. Za te operatorjepoznamo splosne zveze za matricne elemente

〈lm|Lz|kn〉 = ~nδkl δ

nm (6.19)

〈lm|L±|kn〉 = ~

√k(k + 1) − n(n± 1)δk

l δn±1m (6.20)


Najprej si poglejmo primer za l = 12 . Tedaj imamo dve moznosti za m : −1

2 ,12 . Dogov-

orimo se, da bomo za dani primer pisali lastna stanja v naslednji obliki

|1/2,−1/2〉 =

[10

](6.21)

|1/2, 1/2〉 =

[01

](6.22)

(6.23)

Ce napisemo nase zveze 6.19 in 6.20 za dani primer, dobimo

〈1/2,m|Lz |1/2, n〉 = ~nδnm (6.24)

〈1/2,m|L+|1/2, n〉 = ~

√3

4− n(n+ 1)δn+1

m (6.25)

〈1/2,m|L−|1/2, n〉 = ~

√3

4− n(n− 1)δn−1

m (6.26)

Od tu pa lahko hitro zapisemo matricno upodobitev teh operatorjev za dani primer:

Lz = ~

(−1/2 00 1/2

)(6.27)

L+ = ~

(0 01 0

)(6.28)

L− = ~

(0 10 0

)(6.29)

Sedaj naredimo podobno za l = 1. V tem primeru imamo tri moznosti za m,n = −1, 0, 1.Dogovorimo se, da bomo lastna stanja pisali v obliki:

|1,−1〉 =

100

(6.30)

|1, 0〉 =

010

(6.31)

|1, 1〉 =

001

(6.32)

(6.33)

Matricne elemente danih operatorjev Lz, L± za dani primer zapisemo v obliki:

〈1,m|Lz |1, n〉 = ~nδnm (6.34)

〈1,m|L+|1, n〉 = ~

√2 − n(n+ 1)δn+1

m (6.35)

〈1,m|L−|1, n〉 = ~

√2 − n(n− 1)δn−1

m (6.36)

6.1. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV 71

Z njihovo pomocjo lahko sedaj napisemo matricno upodobitev operatorjev kot:

Lz = ~

−1 0 00 0 00 0 1

(6.37)

L+ = ~

0 0 0√2 0 0

0√

2 0

(6.38)

L− = ~

0√

2 0

0 0√

20 0 0

(6.39)

(6.40)

Ostane nam le se, da pogledamo, kaj pa dobimo v primeru, ko je l = 3/2. V tem primeruimamo 4 moznosti za m,n : −3/2,−1/2, 1/2, 3/2. Tu se podobno kot v prejsnjih dvehprimerih dogovorimo, da bomo pisali

|3/2,−3/2〉 =

1000

(6.41)

|3/2,−1/2〉 =

0100

(6.42)

|3/2, 1/2〉 =

0010

(6.43)

|3/2, 3/2〉 =

0001

(6.44)

(6.45)

V primeru, ko imamo l = 3/2, se matricni elementi danih operatorjev Lz, L± izrazajo kot:

〈3/2,m|Lz |3/2, n〉 = ~nδnm (6.46)

〈3/2,m|L+|3/2, n〉 = ~

√15

4− n(n+ 1)δn+1

m (6.47)

〈3/2,m|L−|3/2, n〉 = ~

√15

4− n(n− 1)δn−1

m (6.48)


S pomocjo teh zvez se enkrat narisimo matrike, ki pripadajo omenjenim operatorjem. Do-bimo:

Lz = ~

−3/2 0 0 00 −1/2 0 00 0 1/2 00 0 0 3/2

(6.49)

L+ = ~

0 0 0 0√3 0 0 0

0√

4 0 0

0 0√

3 0

(6.50)

L− = ~

0√

3 0 0

0 0√

4 0

0 0 0√

30 0 0 0

(6.51)

(6.52)


6.2 Matricna upodobitev operatorjev II.

Zapisi operatorje Q, N , a, ... v matricni upodobitvi. Uredi bazo tako, da narasca stevilofermionov in bozonov, pri vsakem izbranem stevilu bozonov pa je stevilo fermionov najprej0 in potem 1.

Resitev:

Preden se lotimo racunanja zapisimo nekaj definicij in zvez, ki veljajo za supresimetricneoperatorje:

Q = a†b+ b†a −→ Q† = Q = b†a+ a†b (6.53)

N = a†a+ b†b (6.54)

{a†, a}− = 1 = {b†, b}+ (6.55)

{a, a}− = 0 = {b, b}+ = {a†, a†}− = {b†, b†}+ (6.56)

{Q, b†}+ = a† (6.57)

{Q, a†}− = b† (6.58)

{Q, b}+ = a (6.59)

{Q, a}− = −b (6.60)

{Q,Q†}+ = 2Q2 = 2N =2

~ωH (6.61)

H = ~ω(a†a+ b†b) = ~ωN (6.62)

{Q,N}− = 0 (6.63)

6.2. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV II. 73

Dogovorimo se, da bomo stanja pisali v obliki |nf , nb〉, kjer nf = 0, 1 pove stevilo fermionovin nb stevilo bozonov v danem stanju. Bazna stanja uredimo tako, kot narekuje naloga. Topomeni, da ima bazni vektor povsod nicle le na mestu 2nb + nf + 1 ima enico. Simbolicnoto zapisemo

|nf , nb〉 = δi2nb+nf+1 =

{1, i = 2nb + nf + 10, Sicer

, (6.64)

kjer indeks i tece po komponentah vektorja |nf , nb〉. Prvih nekaj baznih stanj se glasi:

|0, 0〉 =

100000...

|1, 0〉 =

010000...

|0, 1〉 =

001000...

|1, 1〉 =

000100...

|0, 2〉 =

000010...

|1, 2〉 =

000001...

(6.65)

Sedaj lahko zapisemo, kako delujejo operatorji a, a†, b, b†1 na nasa bazna stanja. Velja

b†|nf , nb〉 =√nf + 1|nf + 1, nb〉 (6.66)

b|nf , nb〉 =√nf |nf − 1, nb〉 (6.67)

a†|nf , nb〉 =√nb + 1|nf , nb + 1〉 (6.68)

a|nf , nb〉 =√nb|nf , nb − 1〉 (6.69)

Pri tem moramo upostevati, da je lahko v enem stanju le nic ali en fermion, kar pomeni,da je

b†|1, nb〉 = 0 (6.70)

b|0, nb〉 = 0 (6.71)

(6.72)

1Operatorja a, a† delujeta le na bozone, operatorja b, b† pa le na fermione.


Zgornje zveze pomnozimo se z ”bra” 〈mf ,mb| in dobimo matricne elemente za dane oper-atorje:

〈mf ,mb|b†|nf , nb〉 =√nf + 1δ

mf

nf +1δmbnb

(6.73)

〈mf ,mb|b|nf , nb〉 =√nfδ

mf

nf−1δmbnb

(6.74)

〈mf ,mb|a†|nf , nb〉 =√nb + 1δ

mfnfδmbnb+1 (6.75)

〈mf ,mb|a|nf , nb〉 =√nbδ

mfnfδmbnb−1 (6.76)

S pomocjo teh operatorjev pa lahko sedaj napisemo dejanske matrike teh operatorjev:

b† =

0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 . . .0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 1 0

.... . .

b =

0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 . . .0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0

.... . .

(6.77)

a† =

0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0√1 0 0 0 0 0 . . .

0√

1 0 0 0 0

0 0√

2 0 0 0

0 0 0√

2 0 0...

. . .

a =

0 0√

1 0 0 0

0 0 0√

1 0 0

0 0 0 0√

2 0 . . .

0 0 0 0 0√

20 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

.... . .

(6.78)

Sedaj dolocimo matricno upodobitev operatorja N . V ta namen delujmo s tem operatorjemna bazno stanje:

N |nf , nb〉 = a†a+ b†b|nf , nb〉 = (nf + nb)|nf , nb〉 (6.79)

Ce se skalarno pomnozimo to z Bra, dobimo matricni element za dani operator

〈mf ,mb|N |nf , nb〉 = (nf + nb)δnfmfδnbmb

(6.80)

Od tu vidimo, kaksna bo matrika za operator N :

N =

0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 00 0 1 0 0 0 . . .0 0 0 2 0 00 0 0 0 2 00 0 0 0 0 3

.... . .

(6.81)

6.3. MATRICNA UPODOBITEV GRUPE S3 75

Preostane nam le se, da dolocimo matricno reprezentacijo za operator Q. Delujmo z njimna bazno stanje in poglejmo, kaj dobimo:

Q|nfnb〉 = (a†b+ b†a)|nf , nb〉 =√nf

√nb + 1|nf − 1, nb + 1〉 +

+√nf + 1

√nb|nf + 1, nb − 1〉 (6.82)

Sedaj pomnozimo dobljeno stanje z Bra in ze dobimo zeljeni matricni element:

〈mf ,mb|Q|nf , nb〉 =√nf

√nb + 1δ

mf

nf−1δmbnb+1 +

√nf + 1

√nbδ

mf

nf +1δmbnb−1 (6.83)

S pomocjo dobljenega matricnega elementa in nekaj truda lahko tudi operator Q zapisemov matricni obliki:

Q =

0 0 0 0 0 0

0 0√

1 0 0 0

0√

1 0 0 0 0 . . .

0 0 0 0√

2 0

0 0 0√

2 0 00 0 0 0 0 0

.... . .

(6.84)


6.3 Matricna upodobitev grupe S3

Permutacijska grupa S3 in matricna upodobitev na vektorju (1, 2, 3). Pri dogovoru

P12(123) = (213) (6.85)

P12P13 = P12(321) = (312) (6.86)

Zapisi enoto in vse permutacije v obliki matrik 3 × 3. Za poljubno funkcijo, ki je funkcijakoordinat treh delcev, zapisi s pomocjo projektorja obe singletni stanji.

Resitev:

Najprej si zapisemo, kaj na vektorju (123) naredijo nase transpozicije in permutacije

e

123

=

123

, P12

123

=

213

, P13

123

=

321

(6.87)

P23

123

=

132

, P12P13

123

= P12

321

=

312

(6.88)

P13P12

123

= P13

213

=

231

(6.89)


Vse ostale permutacije, ki jih nismo napisali, se dajo prevesti na danih sest, zato jihne potrebujemo. Ko sedaj vidimo, kako permutacije delujejo na vektor (1, 2, 3), lahkonapisemo matricno upodobitev teh permutacij. (Pozor: Z matrikami lahko delujemo le navektor (1, 2, 3)!!!):

e =

1 0 00 1 00 0 1

, P12 =

0 1 01 0 00 0 1

, P13 =

0 0 10 1 01 0 0

(6.90)

P23 =

1 0 00 0 10 1 0

, P12P13 =

0 0 11 0 00 1 0

, P13P12 =

0 1 00 0 11 0 0

(6.91)

Sedaj pa dolocimo singletna stanja. Vemo, da je singletno stanje lastna funkcija vsakeod danih transpozicij oz. permutacij:

Pijf = αf, (6.92)

kjer smo z f oznacili singletno stanje. Vidimo, da mora biti singletno stanje tako, da konanj delujemo s katero koli permutacijo, moramo nazaj dobiti isto funkcijo. Prvo singletnostanje, ki se kar samo ponuja, je vsota vseh permutacij. To je vedno res, saj vemo, da ce spermutacijo delujemo na taksno vsoto, gotovo dobimo nazaj isto vsoto. Funkcija se potemglasi:

f = e+ P12 + P13 + P23 + P12P13 + P13P12 (6.93)

Na eni permutaciji pokazimo, da je to res singlet

P13f = P13e+ P13P12 + P13P13 + P13P23 + P13P12P13 + P13P13P12 (6.94)

Ce sedaj upostevamo, da je

PijPij = e (6.95)

P13P23 = P12P13 (6.96)

P13P12P13 = P23 (6.97)

vidimo, da dobimo nazaj isto vsoto:

P13f = f (6.98)

Tako bi lahko naredili se za ostalih pet permutacij. Naloga zahteva, da zapisemo sin-gletno stanje s pomocjo projektorja. V ta namen poglejmo, ali je funkcija f projektor. Zaprojektor vemo, da velja

P 2 = P (6.99)

To sedaj izvedimo na nasem primeru

f2 = (e+ P12 + P13 + P23 + P12P13 + P13P12)(e+ P12 + P13 + P23 +

+P12P13 + P13P12) (6.100)

6.3. MATRICNA UPODOBITEV GRUPE S3 77

Ko clene med sabo zmnozimo, dobimo goro nekih clenov. Ce upostevamo, kako delujejopermutacije na nase stanje:

P12P23 = P13P12 (6.101)

P12P13P12 = P23 (6.102)

P13P23 = P12P13 (6.103)

P13P12P13 = P23 (6.104)

P23P12 = P12P13 (6.105)

P23P13 = P13P12 (6.106)

P23P12P13 = P12 (6.107)

P23P13P12 = P13 (6.108)

P12P13P12 = P23 (6.109)

P12P13P23 = P13 (6.110)

P12P13P12P13 = P13P12 (6.111)

P12P13P13P12 = e (6.112)

P13P12P13 = P23 (6.113)

P13P12P23 = P12 (6.114)

P13P12P13P12 = P12P13, (6.115)

dobimo

f2 = 6f (6.116)

To se ni projektor. Da bi dobili pravi projektor, normiramo. To nam da

P =1

6f (6.117)

Tako je nas koncni rezultat

P1 =1

6(e+ P12 + P13 + P23 + P12P13 + P13P12) (6.118)

Tako smo dobili prvo singletno stanje zapisano s pomocjo projektorja.

Sedaj poiscimo se drugo singletno stanje. To moramo bolj ali manj uganiti, oz. poskusatitoliko casa, da nam uspe najti pravo stanje. Zavedamo pa se, da mora tudi drugo singletnostanje imeti vseh sest clenov v sebi, saj v nasprotnem primeru ne bi vedno dobili vsehpotrebnih clenov nazaj. Zavedamo se tudi, da morajo imeti vsi cleni iste stevilske predfak-torje, drugace se nam lahko zalomi. Tako nam ostane le, da prekladamo minuse. Ker sezavedamo, kako permutacije delujejo, cutimo, da ce bomo dali negativne predznake predtranspozicije, pred enoto in permutacije pa pozitivne znake bo to ravno to kar zelimo.Vemo namrec, da ko mnozimo poljubno transpozicijo Plk s transpozicijo bomo ven dobili


permutacijo PijPmn v enem primeru pa celo enoto. Ko pa mnozimo transpozicijo s per-mutacijami, pa bomo ven dobili transpozicije. Tako se bo celi stvari zamenjal predznak,ampak to nas ne moti. Ko poskusimo, vidimo, da je to res nasa resitev:

f = e− P12 − P13 − P23 + P12P13 + P13P12 (6.119)

Na primeru preverimo ali stvar res deluje:

P12f = P12e− P12P12 − P12P13 − P12P23 + P12P12P13 + P12P13P12. (6.120)

Ko poenostavimo nekatere clene dobimo ven

P12f = −f (6.121)

Po istem postopku kot v prvem primeru tudi za to singletno stanje preverimo da je pro-jektor, ce ga normiramo. Dobimo:

P2 =1

6(e− P12 − P13 − P23 + P12P13 + P13P12). (6.122)

Chapter 7

Clebsh-Gordanovi koeficienti

7.1 Clebsh-Gordanovi koeficienti

Clebsh-Gordanovi koeficienti so definirani z relacijo

|j1, j2, j3,m3〉 =∑

m1,m2

|j1,m1, j2,m2〉〈j1,m1, j2,m2|j1, j2, j3,m3〉, (7.1)

Mµ = −jµ,−jµ +1, ..., jµ (µ = 1, 2, 3), j3 pa je pri danih j1, j2 omejen na interval |j1−j2| ≤j ≤ |j1 + j2|. Izracunaj Clebsh-Gordanove koeficiente 〈j, κ, 1, µ|j, 1, j, κ + µ〉.

Resitev:

Dogovorimo se, da bomo Clebsh-Gordanove koeficiente oznacili z

cjj1,j2,m1,m2= 〈j1,m1, j2,m2|j,M〉, (7.2)

kjer smo z j oznacili skupno vrtilno kolicino, z M = m1 +m2 pa projekcijo skupne vrtilnekolicine na z os. Dolocimo najprej rekurzivne zveze, ki veljajo za CGK. V ta namenuporabimo operatorje J±, J1

±, J2±, za katere velja

J±|j,M〉 = ~

√j(j + 1) −M(M ± 1)|j,M ± 1〉 (7.3)

J1±|j1,m1〉 = ~

√j1(j1 + 1) −m1(m1 ± 1)|j1,m1 ± 1〉 (7.4)

J2±|j2,m2〉 = ~

√j2(j2 + 1) −m2(m2 ± 1)|j2,m2 ± 1〉 (7.5)

J± = J1± + J2

± (7.6)

Sedaj delujmo s tem na clen in poglejmo kaj dobimo

〈j1,m1, j2,m2|J−|j,M〉 =√j(j + 1) −M(M − 1)〈j1,m1, j2,m2|j,M − 1〉. (7.7)

Po drugi strani pa velja

〈j1,m1, j2,m2|J1− + J2

−|j,M〉 =

=√j1(j1 + 1) −m1(m1 + 1)〈j1,m1 + 1, j2,m2|j,M〉 +√j2(j2 + 1) −m2(m2 + 1)〈j1,m1, j2,m2 + 1|j,M〉 (7.8)

79

80 CHAPTER 7. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI

Sedaj uvedemo nov koeficient M = M − 1 =⇒M = M + 1. Ko to vstavimo noter, dobimozvezo:

√j(j + 1) − M(M + 1)〈j1,m1, j2,m2|j, M 〉 =

√j1(j1 + 1) −m1(m1 + 1)〈j1,m1 + 1, j2,m2|j, M + 1〉 +

+√j2(j2 + 1) −m2(m2 + 1)〈j1,m1, j2,m2 + 1|j, M + 1〉 (7.9)

Ce izraz se malo polepsamo, dobimo

〈j1,m1, j2,m2|j, M 〉 =

√j1(j1 + 1) −m1(m1 + 1)√j(j + 1) − M(M + 1)

〈j1,m1 + 1, j2,m2|j, M + 1〉 +

√j2(j2 + 1) −m2(m2 + 1)√j(j + 1) − M (M + 1)

〈j1,m1, j2,m2 + 1|j, M + 1〉 (7.10)

Ce uporabimo se nas zapis, dobimo

Cjj1,j2,m1,m2

=

√j1(j1 + 1) −m1(m1 + 1)√j(j + 1) − M(M + 1)

Cjj1,j2,m1+1,m2

+

+

√j2(j2 + 1) −m2(m2 + 1)√j(j + 1) − M(M + 1)

Cjj1,j2,m1,m2+1 (7.11)

Dobljena zveza velja za M + 1 ≤ |j1 + j2|. Do po dobne zveze pridemo, ce delujemo na nasclen z operatorjem J+. Izvedemo povsem analogen potopek kot v racunu zgoraj in dobimo

Cjj1,j2,m1,m2

=

√j1(j1 + 1) −m1(m1 − 1)√j(j + 1) − M(M − 1)

Cjj1,j2,m1−1,m2

+

+

√j2(j2 + 1) −m2(m2 − 1)√j(j + 1) − M(M − 1)

Cjj1,j2,m1,m2−1 (7.12)

Naredimo sedaj en hiter zgledek. Zanima nas, kaksen je CGK C3/21,1/2,0,1/2, ce vemo, da je

C3/21,1/2,1,1/2 = 1. Po nasem postopku dobimo

C3/21,1/2,0,1/2 =

√2√

32

52 − 1

232

C3/21,1/2,1,1/2 +

√12

32 − 1

212√

32

52 − 1

232

C3/21,1/2,0,3/2 (7.13)

Ker je slednji clen enak nic, saj ne more biti komponenta v z smeri vecja od celotne vrtilnekolicine, dobimo rezultat

C3/21,1/2,0,1/2

=

√2

3. (7.14)

7.1. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI 81

Ko pogledamo v tabele1, vidimo, da smo dobili prave koeficiente.

Nasa resitev pa ima se eno pomanjklivost. Rekurzivne formule, kot jih imamo, delujejole pri istih vrednostih j-ja. Formule se sprehajajo le med razlicnimi M -ji, ne pa tudi medrazlicnimi j-ji. Da bi lahko nasli CGK tudi pri razlicnih j-jih, pa postopamo na naslednjinacin. Stanje s skupno vrtilno kolicino |j = j1 + j2,M = j1 + j2〉 ali |j = j1 + j2,M =−(j1 + j2)〉, lahko v produktni bazi zapisemo kot

|j = j1 + j2,M = j1 + j2〉 = 1|j1, j1, j2, j2〉 (7.15)

|j = j1 + j2,M = −(j1 + j2)〉 = 1|j1,−j1, j2,−j2〉 (7.16)

Od tod takoj lahko preberemo dva CGK:

Cj1+j2j1,j2,j1,j2

= 〈j1, j1, j2, j2|j1 + j2, j1 + j2〉 = 1 (7.17)

Cj1+j2j1,j2,−j1,−j2

= 〈j1,−j1, j2,−j2|j1 + j2,−(j1 + j2)〉 = 1 (7.18)

(7.19)

Sedaj na to stanje delujmo z operatorjem J− = J1− + J2

−. Ko poracunamo, dobimo

|j = j1 + j2,M = j1 + j2 − 1〉 =

√2j1√

2(j1 + j2)|j1, (j1 − 1), j2, j2〉 +

+

√2j2√

2(j1 + j2)|j1, j1, j2, (j2 − 1)〉 (7.20)

Dobimo zopet dva nova CGK

Cj1+j2j1,j2,j1−1,j2

=

√2j1√

2(j1 + j2)(7.21)

Cj1+j2j1,j2,j1,j2−1 =

√2j2√

2(j1 + j2)(7.22)

Naredimo primer za j1 = 1, j2 = 12 :

|32

= 1 +1

2,1

2〉 =

√2

3|1, 0, 1

2,1

2〉 +

√1

3|1, 1, 1

2,−1

2〉 (7.23)

S tem se nismo dobili nic novega glede na rekurzivje formule. Da bi dobili kaj novegasi poglejmo stanje |j = j1 + j2 − 1,M = j1 + j2 − 1〉. To stanje lahko zapisemo kot linearnokombinacijo dveh produktnih stanj.

|j = j1 + j2 − 1,M = j1 + j2 − 1〉 = α|j1, j1 − 1, j2, j2〉 + β|j1, j1, j2, j2 − 1〉 (7.24)

1Vrednosti CGK koeficientov lahko najdemo v knjigi Physical Review D, Particles and Fields, stran 245.

82 CHAPTER 7. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI

Sedaj upostevajmo, da so stanja ortonormirana in na to stanje delujmo s stanjem 〈j =j1 + j2,M = j1 + j2 − 1|. Kar dobimo je

〈j = j1 + j2,M = j1 + j2 − 1|j = j1 + j2 − 1,M = j1 + j2 − 1〉 =

=

√j1√

j1 + j2α+

√j2√

j1 + j2β = 0 (7.25)

Od tod dobimo pogoj

α = −√j2√j1β (7.26)

Ce se upostevamo |α|2 + |β|2 = 1, dobimo

β =

√j1

j1 + j2(7.27)

α = −√

j2j1 + j2

(7.28)

Ko to vstavimo v stanje, dobimo

|j = j1 + j2 − 1,M = j1 + j2 − 1〉 = −√

j2j1 + j2

|j1, j1 − 1, j2, j2〉 +

+

√j1

j1 + j2|j1, j1, j2, j2 − 1〉 (7.29)

Tako smo prideli se dva CGK pri za ena manjsem j:j = j1 + j2 − 1.

Cj1+j2−1j1−1,j2,j1−1,j2

= −√

j2j1 + j2

(7.30)

Cj1+j2−1j1,j2−1,j1,j2−1 =

√j1

j1 + j2(7.31)

Naredimo zgled za j1 = 1, j2 = 12 . Dobimo

|12,1

2〉 = −

√1

3|1, 0, 1

2,1

2〉 +

√2

3|1, 1, 1

2,−1

2〉 (7.32)

Ce bi zeleli sedaj dobiti se ostale CGK pri danem j, lahko uporabimo rekurzivne formuleali pa delujemo na stanje z operatorjem J− in pogledamo kaj dobimo.

Chapter 8

Spinski sistemi

8.1 Spinski operator v Heisenbergovi sliki

Spinski operatorji v Heisenbergovi sliki. Hamiltonov operator je podan H = −gµB~B(t)~σ.

Enacba je potemtakem

idσα

dt= −gµBBµ(t)[σα, σµ] (8.1)

V casu t ≤ 0 kaze polje ~B v smeri osi x, za t ≥ 0 pa v smeri osi z. Poglej, kako se valovnafunkcija spreminja s casom.

Resitev:

Najprej si poglejmo kako se valovna funckija spreminja s casom. Ob casu t = 0 lahko nasovalovno funkcijo razvijemo po lastnih stanjih spina

|ψ〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉, (8.2)

kjer sta

| ↑〉 =

(10

), | ↓〉 =

(01

)(8.3)

Sedaj delujmo s Hamiltonjanom na lastna stanja. Upostavajmo, da magnetno polje ~B −→Bz kaze v smeri osi z. Zato nam ostane le σz, ki ga s Paulijevo matriko predstavimo kot

σz =

(1 00 −1

)(8.4)

Ko s tem operatojem delujemo na lastna stanja, prvo stanje pusti nespremenjeno, drugostanje pa pomnozi z −1. Dobimo

H| ↑〉 = E↑| ↑〉 = −gµBBz| ↑〉 (8.5)

H| ↓〉 = E↓| ↓〉 = +gµBBz| ↓〉, (8.6)

83

84 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI

Za lastna stanja velja, da se s casom propagirajo kot

| ↑ (t)〉 = e−iE↑~

t| ↑〉 (8.7)

| ↓ (t)〉 = e−iE↓~

t| ↓〉 (8.8)

Zato se nase stanje spreminja s casom kot

|ψ(t)〉 = ae−iE↑~

t| ↑〉 + be−iE↓~

t| ↓〉 (8.9)

Da bo stanje povsem doloceno moramo dolociti se konstanti a in b. Izberimo si, da bo obcasu t = 0 nasa valovna funcija kar lastna funkcija operatorja σx:

σx|ψ〉 = 1|ψ〉 (8.10)

Ce upostevamo, da je σx = σ++σ−2 in da velja

σ+ = 2

(0 10 0

), σ− = 2

(0 01 0

), (8.11)

dobimo

σx|ψ〉 = b| ↑〉 + a| ↓〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉 (8.12)

Torej mora veljati, da je a = b = 1√2. Tako lahko sedaj nase stanje zapisemo ob katerem

koli casu kot

|ψ(t)〉 =1√2eiωt +

1√2e−iωt, (8.13)

kjer smo oznacili frekvenco

ω = gµBBz/~. (8.14)

Za primer lahko v Schrodingerjevi sliki1 izracunamo, pricakovano vrednost operatorja σxs :

〈σ(t)|σxs |ψ(t)〉 =

1√2

(e−iωt, eiωt

)( 0 11 0

)(eiωt

e−iωt

)=

=1

2

(e2iωt + e−2iωt

)= cos 2ωt (8.15)

Vidimo, da se pricakovana vrednost operatorja spreminja sinusno s frekvenco 2ω.

Sedaj pa si poglejmo spinske operatorje σi se v Heisenbergovi sliki. Ce tudi tu upostevamo,da imamo polje le v z-smeri, lahko zapisemo

idσα

dt= −gµBBz{σα, σz}, α = x, y, z (8.16)

1V Schrodingerjevi sliki se operatorji ne spremenijo, spreminja pa se baza. V Heisenbergovi sliki, pa se

baza ohranja, spreminjajo pa se operatorji.

8.1. SPINSKI OPERATOR V HEISENBERGOVI SLIKI 85

Nase enacbe za vse tri komponente se potem glasijo

idσz

dt= 0 =⇒ σz = konst. (8.17)

idσy

dt= −gµBBz2iσ

x (8.18)

idσx

dt= gµBBz2iσ

y (8.19)

(8.20)

Ce iz enacb pokrajsamo imaginarno enoto, zadnjo enacbo se enkrat odvajamo in vstavimodrugo enacbo v tretjo, dobimo enacbo

d2σx

dt2+ ω2σx = 0 (8.21)

Analogno tudi dobimo

d2σy

dt2+ ω2σy = 0 (8.22)

kjer je ω = 2gµBBz. Resitve danih enacb seveda poznamo(nihanje):

σx(t) = A cos ωt+B sin ωt (8.23)

σy(t) = C cos ωt+D sin ωt (8.24)

Ce se upostevamo izbrane robne in zacetne pogoje

σx(t = 0) = σxpauli =

(0 11 0

)(8.25)

dσy

dt= −ωσx (8.26)

dobimo ven vrednosti konstant:

C = B = 0 (8.27)

D = −A = σxpauli (8.28)

Tako lahko sedaj zapisemo nase resitve, to je , kako se operatorji spreminjajo s casom

σx(t) = σxpauli cos(2ωt) (8.29)

σy(t) = −σypauli sin(2ωt) (8.30)

σz(t) = σz0 , (8.31)

kjer smo oznacili ω = 2ω.Za preiskus sedaj se v Heisenbergovi reprezentaciji izracunajmo, kako se s casom spreminjapricakovana vrednost operatorja σx. Vemo, da velja

〈ψs(t)|As|ψs(t)〉 = 〈ψH(0)|U †AsU |ψH(0)〉, (8.32)


pri cemer smo upostavali, da operator As v Schrodingerjevi sliki ni eksplicitno odvisen od

casa As 6= As(t) in je U(t) = e−i H~

t. Oznacimo se

AH(t) = U †AsU, (8.33)

Potem dobimo

〈ψs(t)|As|ψs(t)〉 = 〈ψH(0)|AH (t)|ψH(0)〉 (8.34)

Za nas operator lahko potemtakem zapisemo

〈ψs(t)|σx|ψs(t)〉 = 〈ψ(0)|σxH (t)|ψ(0)〉 = 〈ψ(0)|σx

pauli cos 2ωt|ψ(0)〉 =

= 〈ψ(0)|σxpauli|ψ(0)〉 cos 2ωt (8.35)

Sedaj na hitro izracunajmo se preostalo pricakovano vrednost

〈ψ(0)|σxpauli|psi(0)〉 =

1√2(1, 1)

(0 11 0

)1√2

(11

)= 1 (8.36)

Tako na koncu dobimo

〈ψs(t)|σx|ψs(t)〉 = cos 2ωt (8.37)

Vidimo, da s pomocjo Heisenbergove slike dobimo isti rezultat, kot smo ga z direktnimracunom v Schrodingerjevi reprezentaciji.

8.2 Spinski sistem v casovno odvisnem magnetnem polju

Prejsnjo nalogo modificirajmo tako, da v casu t ≥ 0 vklopimo dodatno, casovno odvisnomagnetno polje v smeri osi z, Bz(t) = Bz sin(ωt). Doloci verjetnost, da je po casu t spin vizhodiscnem stanju. Rezultate izracunaj tocno in v 1. redu casovno odvisne teorije motenj.

Resitev:

Nas spin postavimo v dano magnetno polje, ki ima eno veliko konstantno komponento v zsmeri in eno malo manjso komponento v z smeri, ki je casovno odvisna. Hamiltonjnan zadani primer se potem glasi

H = H0 +H1(t) = (−µBB0 − µBB1 sin(ωt))σz. (8.38)

Valovno funkcijo, s katero bomo opisali stanje spina, razvijemo po lastnih stanjih spina| ↑〉 = |1〉 in | ↓〉 = |2〉. Ce ne bi bilo zunanjega polja, veljajo za lastna stanja enacbe

H0|1〉 = E1|1〉 (8.39)

H0|2〉 = E2|2〉 (8.40)

8.2. SPINSKI SISTEM V CASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU 87

Lastna stanja se s casom propagirajo kot:

|1(t)〉 = e−iE1t/~|1(0)〉 (8.41)

|2(t)〉 = e−iE2t/~|2(0)〉 (8.42)

Naso valovno funkcijo lahko v vsakem trenutku razvijemo po lastnih stanjih. Vendar pa jerazvoj v vsakem trenutku dugacen.

|ψ(t)〉 =∑

n

cn(t)e−iEnt/~|n(0)〉 (8.43)

Sedaj to stanje vstavimo v Schrodingerjevo enacbo

H|ψ〉 = (H0 +H1(t))|ψ〉 = i~∂

∂t|ψ〉 (8.44)

Ko noter vstavimo nas razvoj in dobljeno enacbo z leve pomnozimo z lastnim stanjem〈k(0)|, dobimo sistem enacb

i~∂ck∂t

=∑

n

cn〈k(0)|H1|n(0)〉eiωknt, (8.45)

kjer je

wkn =Ek − En

~(8.46)

Mi imamo v nasem primeru le dve mozni lastni stanji k, n = 1, 2. Izracunajmo sedaj hitromatricne elemente

〈1|H1|1〉 = −µBB1 sin(ωt)〈1|σz |1〉 = −µBB1 sin(ωt) (8.47)

〈1|H1|2〉 = −µBB1 sin(ωt)〈1|σz |2〉 = 0 (8.48)

〈2|H1|1〉 = −µBB1 sin(ωt)〈2|σz |1〉 = 0 (8.49)

〈2|H1|2〉 = −µBB1 sin(ωt)〈2|σz |2〉 = µBB1 sin(ωt) (8.50)

Ko to upostevamo v gornji vsoti, dobimo dve diferencialni enacbi

dc1dt

=i

~µBB1 sin(ωt) (8.51)

dc2dt

= − i

~µBB1 sin(ωt) (8.52)

Enacbi seveda pogumno resimo in ce se vpeljemo frekvenco: ω1~ = B1µB, dobimo

c1 = c10e−i

ω1ω

cos(ωt) (8.53)

c2 = c20ei

ω2ω

cos(ωt) (8.54)

Nase stanje se potem glasi

|ψ(t)〉 = c10e−i

ω1ω

cos(ωt)e−iE1t

~ |1〉 + c20ei

ω1ω

cos(ωt)e−iE2t

~ |2〉 (8.55)


Sedaj moramo dolociti se koeficienta c10 in c20. Dolocimo ju iz pogoja:

〈σy(0)〉 = 〈ψ(0)|σy |ψ(0)〉 = 0 (8.56)

〈σx(0)〉 = 〈ψ(0)|σx|ψ(0)〉 = 1 (8.57)

Take zacetne pogoje si izberemo. Ko izracunamo slednji skalarni produkt, dobimo

c20 =1

2c10 cos 2ω1ω

. (8.58)

Ko se upostevamo normalizacijo c210 + c220 = 1, dobimo

c10 =

√1

2+

1

2

√1 − sec2(2ω1/ω) (8.59)

c20 =sec(2ω1/ω)√

2 + 2√

1 − sec2(2ω1/ω)(8.60)

Sedaj, ko poznamo koeficiente, poznamo valovno funkcijo ob vsakem trenutku.

|ψ(t)〉 = c10e−i

ω1ω

cos(ωt)e−iE1t

~ |1〉 + c20ei

ω1ω

cos(ωt)e−iE2t

~ |2〉 (8.61)

|ψ(0)〉 = c10e−i

ω1ω |1〉 + c20e

iω1ω |2〉 (8.62)

Zanima nas, kaksna je verjetnost, da ob casu t najdemo spin v zacetnem stanju. Verjetnostizracunamo kot

P (t) = |〈ψ(0)|ψ(t)〉|2 (8.63)

Ko se upostavam, kaj so lastne energije

E1 = −µBB0 = −ω0~ (8.64)

E2 = µBB0 = ω0~, (8.65)

dobimo izraz za izracun verjetnosti

P (t) = (c210 + c220)2 cos2(

ω1

ω(1 − cos(ωt)) + ω0t) +

+(c210 − c220)2 sin2(

ω1

ω(1 − cos(ωt)) + ω0t) (8.66)

Sedaj nas problem resimo se v prvem redu teorije casovne perturbacije. V ta namen gremov interakcijsko sliko

|ψs(t)〉 = U(t)|ψI(t)〉, (8.67)

kjer operator U(t) lahko zapisemo v obliki

U(t) = e−i~H0t, (8.68)

8.2. SPINSKI SISTEM V CASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU 89

saj H0 6= H0(t). V tej sliki razvijmo naso funkcijo po lastnih stanjih

|ψI(t)〉 =∑

n

|ψ(0)n 〉〈ψ(0)

n |ψI(t)〉 =∑

n

cn(t)|ψ(0)n 〉 (8.69)

kjer smo z |n(0)〉 oznacili lastna stanja nezmotenega sistema. Ko ta razvoj vstavimo vSchrodingerjevo enacbo in jo z leve skalarno pomnozimo z nekim drugim lastnim stanjem,dobimo diferencialne enacbe za koeficiente cn:

i~dcndt

=∞∑

m=0

eiωt〈ψ(0)n |H1

s (t)|ψ(0)m 〉cm. (8.70)

Sedaj je treba ta sistem enacb nekako resiti. V ta namen razvijemo koeficient cn(t) poredih:

cn(t) = c(0)n + c(1)n + c(2)n + ... (8.71)

V nictem redu je

dc(0)n

dt= 0 (8.72)

Vidimo, da je c(0)n konstanten. Glede na to, kaksno smo zbrali zacetno stanje: |ψ(0)〉 =

1√2(|1〉 + |2〉), zahtevamo, da bo

c(0)n =1√2δm1n +

1√2δm2n . (8.73)

V nasem primeru sta m1 = 1 in m2 = 2. Ce tako nastavimo, vidimo, da ko ni perturbacijein ostane le nicti red, dobimo pravi rezultat. Sedaj izracunajmo se popravek prvega reda.Za ta popravek velja:

i~dc

(1)n

dt=

∞∑

m=0

eiω(0)nmt〈ψ(0)

n |H1s (t)|ψ(0)

m 〉c(0)m . (8.74)

Ko upostevamo, kaj je nas c(0)n , dobimo

i~dc

(1)n

dt=

1√2eiωnm1 t〈ψ(0)

n |H1s |ψ(0)

m1〉 +

1√2eiωnm2 t〈ψ(0)

n |H1s |ψ(0)

m2〉 (8.75)

Enacbo integriramo in dobimo

c(1)n =1

i~√

2

∫ t

0〈ψ(0)

n |H1s (t′)|ψ(0)

m1〉eiωnm1 tdt′ +

+1

i~√

2

∫ t

0〈ψ(0)

n |H1s (t′)|ψ(0)

m2〉eiωnm2 dt′ (8.76)


Ce upostevamo, da je H1(t) = −µBB1 sin(ωt)σz, lahko zapisemo

c(1)n =−µBB1

i~√

2

∫ t

0sin(ωt)〈n|σz |m1〉eiωnm1 tdt′ +

+−µBB1

i~√

2

∫ t

0sin(ωt)〈n|σz|m2〉eiωnm2dt′ (8.77)

Ce uporabimo, da sta m1 = 1 in m2 = 2 in da je potem

|m1〉 = |1〉 = | ↑〉 =

(10

)(8.78)

|m2〉 = |2〉 = | ↓〉 =

(01

), (8.79)

lahko izracunamo matricne elemente. Dobimo:

〈1|σz|1〉 = 1 (8.80)

〈1|σz|2〉 = 0 (8.81)

〈2|σz|1〉 = 0 (8.82)

〈2|σz |2〉 = −1 (8.83)

Vidimo, da nam pri vsakem n = 1, 2 ostane le diagonalni clen. Ker je ω11 = ω22 = 0, kointegriramo, dobimo

c(1)1 =

iµBB1√2~

1

ω(1 − cos(ωt)) (8.84)

c(1)2 = − iµBB1√

2~

1

ω(1 − cos(ωt)) (8.85)

Ce se upostevamo, da sta

c(0)1 =

1√2

(8.86)

c(0)2 =

1√2, (8.87)

lahko v prvem redu perturbacije zapisemo nase koeficiente

c1(t) =1√2(1 + i

ω1

ω(1 − cos(ωt))) (8.88)

c2(t) =1√2(1 − i

ω1

ω(1 − cos(ωt))), (8.89)

kjer smo vpeljali µBB1 = ω1~ Valovna funkcija v Interakcijski sliki se potem glasi

|ψI(t)〉 =1√2(1 + i

ω1

ω(1 − cos(ωt)))|1〉 +

1√2(1 − i

ω1

ω(1 − cos(ωt)))|2〉 (8.90)

8.3. PAULIJEVE MATRIKE 91

Sedaj pa pojdimo nazaj v Schrodingerjevo sliko.

|ψs(t)〉 = U(t)|ψI(t)〉 =1√2(1 + i

ω1

ω(1 − cos(ωt)))e−i

E1~

t|1〉 +

+1√2(1 − i

ω1

ω(1 − cos(ωt)))e−i

E2~

t|2〉 (8.91)

Ce upostevamo, kaj sta E1 in E2:

E1 = −µBB1 = −ω0~ (8.92)

E2 = µBB2 = ω0~, (8.93)

dobimo

|ψs(t)〉 =1√2(1 + i

ω1

ω(1 − cos(ωt)))eiω0t|1〉 +

+1√2(1 − i

ω1

ω(1 − cos(ωt)))e−iω0t|2〉 (8.94)

Sedaj, ko vemo, kako se razvija nase stanje v casu, pa dolocimo se verjetnost v priblizkuteorije motenj, da po casu t najdemo nas spin v zacetnem stanju: |ψs(0)〉 = 1√

2(|1〉 + |2〉).

Najprej izracunajmo skalarni produkt

〈ψs(0)|ψs(t)〉 = cos(ω0t) −ω1

ω(1 − cos(ωt)) sin(ω0t). (8.95)

Verjetnost, je potem

P (t) = |〈ψs(0)|ψs(t)〉|2 = (cos(ω0t) −ω1

ω(1 − cos(ωt)) sin(ω0t))

2 (8.96)

Vidim, da ce motnje ni ω1 = 0, dobimo

P (t) = cos2(ω0t). (8.97)

Ta rezultat pa seveda poznamo. No pa smo pri koncu.

8.3 Paulijeve matrike

Kako se transformira kolicina ~P~σ pri unitarni transformaciji U = eiα~n~σ, kjer je ~P =(P1, P2, P3) vektor, ~n enotski vektor ter so ~σ = (σ1, σ2, σ3) Paulijeve matrike.

Resitev:

Mi zelimo izracunati U(~P~σ)U †. V ta namen najprej razvijmo operator U v vrsto. Dobimo

U = Id.+iα

1!(nxσx + nyσy + nzσz) −

α2

2!(nxσx + nyσy + nzσz)

2 −

− iα3

3!(nxσx + nyσy + nzσz)

3 + ... (8.98)


Figure 8.1: Svicarsko-Ameriski fizik Wolfgang Pauli avstrijskega rodu se je rodil 25.4.1900na Dunaju, umrl pa je 15.12.1958 v Zurichu. Izdatno je prispeval k razvoju kvantnemehanike. Leta 1925 je postavil Paulijevo izkljucitveno nacelo. Leta 1945 je prejel No-belovo nagrado za Lupinsnki model.[12]

Ko izracunamo (nxσx + nyσy + nzσz)2 dobimo

(nxσx + nyσy + nzσz)2 = Id. (8.99)

To naso vrsto mocno poenostavi. Ko vrsto dobro pogledamo, vidimo, da dobimo dva clena.Prvi je pomnozen s kosinusom, drugi pa s sinusom:

U = eiα~n~σ = Id. cosα+ i sinα(nxσx + nyσy + nzσz) = Id. cosα+ i sinα(~n.~σ). (8.100)

Sedaj delujmo s tem operatorjem z leve na nas skalarni produkt ~P .~σ. Dobimo

U(~P .~σ) = (Id. cosα+ i sinα(~n.~σ))(pxσx + pyσy + pzσz) =

= cosα(~P .~σ) + i sinα(nxpx + nypxσyσx + nzpxσzσx + nxpyσxσy + pynyσ2y

+nzpyσzσy + nxpzσxσz + nypzσyσz + nzpzσ2z). (8.101)

Ce sedaj upostevamo nekatere zveze, ki veljajo za produkte Paulijevih matrik:

σiσi = Id. (8.102)

σiσj = iǫijkσk, (8.103)

in dobljeni izraz se nekoliko polepsamo, dobimo

U(~P .~σ) = ~P .~σ cosα+ i sinα(~n. ~P ) + sinα(~n× ~p).~σ (8.104)

Da bomo prisli do koncnega rezultata, moramo na dobljeni rezultat se z desne strani delovatiz adjungiranim operatorjem

U † = e−iα~n.~σ = Id. cosα− i sinα(~n.~σ). (8.105)

8.4. SPINSKI SISTEM V CASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU II 93

To sedaj izvrsimo

U(~P .~σ)U † =[~P .~σ cosα+ i sinα(~n. ~P ) + sinα(~n × ~p).~σ

](Id. cosα− i sinα(~n.~σ)) =

= (~P .~σ) cos2 α+ i sinα cosα(~n. ~P )Id+ sinα cosα(~q.~σ) − i sinα cosα(~P .~σ)(~n.~σ) +

+ sin2 α(~n. ~P )(~n.~σ) − i sin2 α(~q.~σ)(~n.~σ)(8.106)

kjer smo z ~q oznacili vektorski produkt ~q = ~P × ~n. Sedaj si izracunajmo se dane produktev izrazu

(~P .~σ)(~n.~σ) = (pxσx + pyσy + pzσz)(nxσx + nyσy + nzσz) =

(~p.~n) + iσz(pxny − pynx) + iσy(pznx − pxnz) + iσx(pynz − pzny) =

= (~p.~n) + i(~p× ~n).~σ (8.107)

Drugi produkt izracunamo povsem analogno in dobimo

(~q.~σ)(~n.~σ) = (~q.~n) + i(~q × ~n).~σ (8.108)

Sedaj zapisimo nekaj zvez, ki veljajo za vektorje:

~q = ~p× ~n (8.109)

(~p× ~n).~n = ~p.(~n × ~n) (8.110)

(~p× ~n) × ~n = (~p.~n)~n − (~n.~n)~P (8.111)

~n× ~n = 0 (8.112)

Ko te izraze uporabimo v nasem produktu, dobimo

(~q.~σ)(~n.~σ) = i(~p.~n)(~n.~σ) − i(~P .~σ) (8.113)

Tako izracunane clene sedaj nesemo nazaj v naso transformacijo in ko izraz uredimo inustrezne clene pokrajsamo, dobimo nas koncni rezultat:

U(~P .~σ)U † = (~P .~σ)(cos2 α− sin2 α) + sinα cosα(~p × ~n)~σ + sin2 α(~p.~n)(~n.~σ). (8.114)

8.4 Spinski sistem v casovno odvisnem magnetnem polju II

Za t ≤ 0 je prost delec s spinom 1/2 izpostavljen vplivu polja ~B = (0, 0, B0), za t ≥ 0pa se dodatnemu casovno odvisnemu polju oblike ~B(t) = B1(cos(ωt), sin(ωt), 0). Dolociverjetnost, da je po casu t spin v izhodiscnem stanju.

Resitev

Najprej zapisimo Hamiltonjan nasega sistema. Za case t ≤ 0, ko imamo le konstantnokomponento polja v z smeri se ta glasi

H(t ≤ 0) = −µBB0σz (8.115)


Za case t ≥ 0 pa imamo se oscilirajoce polje v xy-ravnini. Tedaj se hamiltonjan glasi

H(t) = −µBB0σz − µBB1(σx cos(ωt) + σy sin(ωt)). (8.116)

Da bomo manj pisali, se dogovorimo, da skrijemo Bohrov magnetov v polje B. Potem imahamiltonjan obliko

H(t) = −B0σz −B1(σx cos(ωt) + σy sin(ωt)) (8.117)

Ce zelimo vedeti, kako se stanje sistema s casom spreminja, moramo resiti Schrodingerjevoenacbo:

Hψ = i~d

dtψ (8.118)

Tu pa se stvari nekoliko zapletejo, saj je nas Hamitonjan od casa odvisen. Da ne bipotili krvavega potu pri direktnem resevanju te enacbe, uporabimo strasen trik. Uvedimo

unitarno transformacijo oblike U = eiS in z njo delujmo na naso valovno funkcijo:

ψ = Uψ, (8.119)

Sedaj poskusimo dobiti Schrodingerjevo enacbo za to transformirano valovno funkcijo. Vta namen jo odvajamo. Dobimo

d

dtψ = (

d

dtU)ψ + U(

dψ

dt). (8.120)

Enacbo pomnozimo z imaginarno enoto i, upostevajmo, kaksna je Schrodingerjeva enacbaza ψ in dobimo

id

dtψ = (i(

dU

dt)U † + UH(t)U †)ψ. (8.121)

Vidimo, da smo pridelali Schrodingerjevo enacbo za ψ, kjer je v tej enacbi Hamiltonovafunkcija enaka

H = i(dU

dt)U † + UH(t)U † (8.122)

Iz zgornje enacbe se vidi, kako se transformira H −→ H. Mi si sedaj zelimo poiskati takotrasformacijo U , da bo transformirani hamiltonjan neodvisen od casa, saj znamo tak sistemhitro resiti. Ampak vprasanje je, kaksna mora biti ta transformacija.

Nekdo nam na uho prisepne, da zna biti dobra transformacija

U = eiωtσz , (8.123)

8.4. SPINSKI SISTEM V CASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU II 95

kjer je ω neka, se ne dolocena frekvenca. Preverimo, ali pri transformaciji z U res dobimood casa eksplicitno neodvisen H. Najprej U razvijemo v vrsto. Postopamo identicno kot vprvi nalogi in dobimo

U = Id cos(ωt) + i sin(ωt)σz (8.124)

Izracunati zelimo UH(t)U †. V ta namen najprej z leve delujmo z U naH(t). Ko upostevamorelacije za produkte Paulijevih matrik, ki smo jih zapisali v prvi nalogi in uporabimo adi-cijske izreke za funkciji sin in cos, dobimo

UH(t) = −iB0 sin(ωt) −B0 cos(ωt)σz − σxB1 cos((ω − ω)t) + σyB1 sin((ω − ω)t).(8.125)

Sedaj pa se z desne delujmo na dobljeni rezultat z U † = Id. cos(ω) − i sin(ωt)σz in kouporabimo iste trike kot zgoraj, dobimo

UH(t)U † = −B0σz − σxB1 cos((2ω − ω)t) + σyB1 sin((2ω − ω)t). (8.126)

Da bomo lahko zapisali H je potrebno izracunati se produkt

dU

dtU †, (8.127)

kjer je

dU

dt= −Id.ω sin(ωt) + iω cos(ω)σz . (8.128)

Ko izracunamo zeljeni produkt, dobimo

dU

dtU † = iωσz (8.129)

Transformirani Hamiltonjan se tako glasi

H = −ωσz −B0σz − σxB1 cos((2ω − ω)t) + σyB1 sin((2ω − ω)t) (8.130)

Vidimo, da ce izberemo ω = ω2 , bo novi hamiltonjan neodvisen od casa

H = −B1σx − (ω

2+B0)σz = aσx + bσz, (8.131)

kjer smo uvedli konstante a = −B1 in b = −(ω2 +B0).

Sedaj, ko vemo, kaksen je Hamiltonjan, resimo Schrodingerjevo enacbo za ψ:

Hψ = idψ

dt. (8.132)

Ker je H 6= H(t), lahko kar zapisemo

|ψ(t)〉 = e−iH t~ |ψ(0)〉. (8.133)


Sedaj pa rabimo zacetno stanje. V ta namen ga razvijemo po lastnih stanjih σz.

|ψ(0)〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉, (8.134)

kjer velja

| ↑〉 = (1 0)T , | ↓〉 = (0 1)T (8.135)

Konstanti a in b dolocimo tako, da upostevamo normalizacijski pogoj in zahtevo, da obcasu t = 0 velja, da je 〈ψ(0)|σx|ψ(0)〉 = 1. Od tod dobimo:

a =1√2b =

1√2

(8.136)

Nase zacetno stanje se potem glasi

|ψ(0)〉 =1√2

(11

)(8.137)

Ker velja, da je |ψ(t)〉 = eiωtσz |ψ(t)〉, ob casu t = 0, lahko zapisemo

|ψ(0)〉 = |ψ(0)〉 =1√2

(11

). (8.138)

Da bomo dobili stanje |ψ(t)〉 ob vsakem casu, moramo nanj le se delovati z operatorjemcasovnega razvoja. V ta namen ta operator razvijmo v vrsto. Dobimo

e−iH t~ = Id. cos(ω1t) − i

sin(ω1t)

ω1~(aσx + bσz), (8.139)


H2 = (aσx + bσz)(aσx + bσz) = a2 + b2 (8.140)

in smo vpeljali novo frekvenco

ω1~ =√a2 + b2. (8.141)

Ko s tem operatorjem sedaj delujemo na nase stanje, dobimo

|ψ(t)〉 =1√2

(11

)cos(ω1t) − i

sin(ω1t)

ω1~

(a+ ba− b

)(8.142)

Mi si na koncu zelimo |ψ(t)〉 in ne |ψ(t)〉. Zato moramo nas rezultat nazaj transformirati:

|ψ(t)〉 = U †|ψ(t)〉 = (Id. cos(ωt) − i sin(ωt)σz)|ψ〉 (8.143)

Ko to transformacijo ”nazaj” izvrsimo, dobimo nase stanje za vse case

|ψ(t)〉 =1√2

cos(ω1t)

(e−iωt

eiωt

)− i

sin(ω1t)√2ω1~

((a+ b)e−iωt

(a− b)eiωt

)(8.144)

8.5. GOSTOTNI OPERATOR LOKALIZIRANEGA SPINA 97

Na hitro lahko preverimo, ce je stanje, ki ga dobimo pravilno. Ce vstavimo noter t = 0,vidimo, da dobimo zacetno stanje. To vlije nekaj upanja v nas rezultat.

Za konec se lotimo se verjetnosti. Zanima nas, s kaksno vejetnostjo bomo nasli ob casut spin v osnovnem stanju. Izracunajmo skalarni produkt:

〈ψ(0)|ψ(t)〉 = cos(ω1t) cos(ωt) − b

ω1~sin(ω1t) sin(ωt) − ia

ω1~sin(ω1t) cos(ωt). (8.145)

Preostane nam se le, da izracunamo kvadrat absolutne vrednosti in ze imamo zeljeno ver-jetnost:

P (t) = |〈ψ(0)|ψ(t)〉|2 =

=

(cos(ω1t) cos(ωt) − b

ω1~sin(ω1t) sin(ωt)

)2

+

(a

ω1~

)2

sin2(ω1t) cos2(ωt). (8.146)

”Evo”,pa smo pri koncu!

8.5 Gostotni operator lokaliziranega spina

Zapisi splosno obliko gostotnega operatorja za dva lokalizirana spina S = 1/2. Matricneelemente operatorja ρ izrazi z ustreznimi pricakovanimi vrednostmi 〈σµσν〉.

Resitev:

Mi imamo sistem dveh spinov. Cista stanja nasega sistema lahko potem zapisemo kot

| ↑↑〉, | ↑↓〉, | ↓↑〉, | ↓↓〉 (8.147)

Gostotni operator v matricni obliki zapisemo kot

ρ =

↑↑ ↑↓ ↓↑ ↓↓↑↑ a b c d↑↓ b∗ e f g↓↑ c∗ f∗ h i↓↓ d∗ g∗ i∗ j

, (8.148)

kjer smo ze upostevali, da mora ρ zadoscati dolocenim lastnostim:

ρ = ρ† (8.149)

Tr(ρ) = 1 (8.150)

Tr1(ρ) = ρ2 (8.151)

Tr2(ρ) = ρ1 (8.152)

Sedaj je na nas, da poiscemo elemente dane matrike. Postopali bomo na tak nacin, dabomo gostotni operator ρ razvili po izbrani bazi tako, da bo dobljeni razvoj ustrezal danim


lastnostim. Mi vemo, da so I, σx, σy, σz dobra baza za 2× 2 matrike, kar pomeni, da lahkovsako 2×2 matriko zapisemo kot linearno kombinacijo Paulijevih matrik. Bolj spolosno pavelja pravilo, da lahko vsako 2n × 2n matriko zapisemo kot linearno kombinacijo matrik,ki jih dobimo kot n-kratni tenzorski produkt Paulijevih matrik. To pomeni, da so za nasprimer, kjer imamo 4 × 4 matrike dobra baza matrike σj ⊗ σi, kjer upostevamo, da velja

σi =

{e; i = 0σi; i = x, y, z

(8.153)

Sedaj pa je potrebno izracunati zeljene tenzorske produkte. Pri tem moramo sevedaupostevati, da imamo dve cetverice Paulijevih matrik. Prva deluje le na prvi spin, drugapa le na drugega. Pa zavihajmo rokave:

I = e× e =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

(8.154)

σ1x = σx ⊗ e =

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

(8.155)

σ1y = σy ⊗ e =

0 0 −i 00 0 0 −ii 0 0 00 i 0 0

(8.156)

σ1z = σz ⊗ e =

1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

(8.157)

Podobne produkte sedaj napravimo tudi za drugi spin

σ2x = e⊗ σx =

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

(8.158)

σ2y = e⊗ σy =

0 −i 0 0i 0 0 00 0 0 −i0 0 i 0

(8.159)

σ2z = e⊗ σz =

1 0 0 00 −1 0 00 0 1 00 0 0 −1

(8.160)


Sedaj je potrebno gledati se mesane clene σi⊗σj. Ekvivalentno je, ce namesto njih gledamokar produkte matrik σ1iσ2j ,kjer smo z 1 oznacili matriko, ki deluje na prvi spin in z 2matriko, ki deluje na drugi spin. Te racunamo po pravilu

σ1iσ2j = (σi ⊗ e)(e ⊗ σj) = (σie) ⊗ (eσj). (8.161)

Vidimo, da ce upostevamo, kako deluje enotska matrika, pridemo nazaj na tenzorskeprodukte. Dane produkte pa lahko hitro izracunamo tudi kar direktno z mnozenjem zeizracunanih 4×4 matrik. Ce poleg svincnika in lista papirja v igro povabimo se programskipaket Mathematica pa gre stvar se nekoliko hitreje. Dobimo naslednje produkte.

σ1xσ2x =

0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0

(8.162)

σ1yσ2y =

0 0 0 −10 0 1 00 1 0 0−1 0 0 0

(8.163)

σ1zσ2z =

1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 1

(8.164)

(8.165)

σ1yσ2x =

0 0 0 −i0 0 −i 00 i 0 0i 0 0 0

(8.166)

σ1zσ2x =

0 1 0 01 0 0 00 0 0 −10 0 −1 0

(8.167)

σ1yσ2z =

0 0 −i 00 0 0 ii 0 0 00 −i 0 0

(8.168)

(8.169)


σ1zσ2y =

0 −i 0 0i 0 0 00 0 0 i0 0 −i 0

(8.170)

σ1xσ2y =

0 0 0 −i0 0 i 00 −i 0 0i 0 0 0

(8.171)

σ1xσ2z =

0 0 1 00 0 0 −11 0 0 00 −1 0 0

(8.172)

Tako! Sedaj imamo vseh 16 clenov, to je 4 × 4 baznih matrik, in po njih lahko sedajrazvijemo nas gostotni operator:

ρ = ZI + a1σ1x + b1σ1y + c1σ1z + a2σ2x + b2σ2y + c2σ2z +Aσ1xσ2x +

+Bσ1xσ2y + Cσ1xσ2z +Dσ1yσ2x + Eσ1yσ2y +

+Hσ1yσ2z + Jσ1zσ2x + Lσ1zσ2y +Mσ1zσ2z (8.173)

Dobljeni izraz lahko zapisemo v bolj kompaktni obliki kot

ρ = ZI + ~P1.~σ1 + ~P2.~σ2 +M.(~σ1 ⊗ ~σ2), (8.174)

kjer je

~σi = (σix, σiy, σiz)T (8.175)

~Pi = (ai, bi, ci)T (8.176)

M =

A B CD E HJ L M

(8.177)

Sedaj moramo dolociti se vse koeficiente ki nastopajo v ravoju. Veljati mora, da je Tr(ρ) =1, mi pa dobimo

Tr(ρ) = 4Z (8.178)

To pomeni, da je Z = 1/4. Ce upostevamo pravilo, da je

〈A〉 = Tr(ρA) = Tr(Aρ), (8.179)

lahko izracunamo nase parametre

〈σ1i〉 = 4a1i =⇒ a1i =1

4〈σ1i〉 (8.180)

〈σ2i〉 = 4a2i =⇒ a2i =1

4〈σ2i〉 (8.181)

(8.182)


To pomeni, da je

~P1 =1

4[〈σ1x〉, 〈σ1y〉, 〈σ1z〉]T (8.183)

~P2 =1

4[〈σ2x〉, 〈σ2y〉, 〈σ2z〉]T (8.184)

Podobno izracunamo tudi pricakovane vrednosti produktov

〈σ1xσ2x〉 = Tr(σ1xσ2xρ) = 4A =⇒ A =1

4〈σ1xσ2x〉 (8.185)

〈σ1xσ2y〉 = Tr(σ1xσ2yρ) = 4B =⇒ B =1

4〈σ1xσ2y〉 (8.186)

〈σ1xσ2z〉 = Tr(σ1xσ2zρ) = 4C =⇒ C =1

4〈σ1xσ2z〉 (8.187)

... (8.188)

〈σ1zσ2z〉 = Tr(σ1zσ2zρ) = 4M =⇒M =1

4〈σ1zσ2z〉 (8.189)

Sedaj imamo vse potrebno, da zapisemo matriko M :

M =

〈σ1xσ2x〉〈σ1xσ2y〉〈σ1xσ2z〉〈σ1yσ2x〉〈σ1yσ2y〉〈σ1yσ2z〉〈σ1zσ2x〉〈σ1zσ2y〉〈σ1zσ2z〉

(8.190)

Tako smo vse koeficiente v razvoju izrazili s pricakovanimi vrednostmi, kot to zahtevanaloga. Sedaj imamo celoten razvoj za nas gostorni operator. Ker so vse matrike v nasemizrazu razen identitete I brezsledne, velja Tr(ρ) = 1. Sedaj je potrebno edino le se preveriti,ali drzi ρ† = ρ. v ta namen si poglejmo, kaj dobimo, ko adjungiramo nas operator. Pri temupostevajmo nekatere relacije, ki veljajo:

(A+B)† = A† +B† (8.191)

(AB)† = B†A† (8.192)

(λAB)† = λ∗B†A† (8.193)

Tako dobimo

ρ = ZI + a∗1σ†1x + b∗1σ

†1y + c∗1σ

†1z + a∗2σ

†2x + b∗2σ

†2y + c∗2σ

†2z +A∗(σ1xσ2x)† +

+B∗(σ1xσ2y)† + C∗(σ1xσ2z)

† +D∗(σ1yσ2x)† + E∗(σ1yσ2y)† +

+H∗(σ1yσ2z)† + J∗(σ1zσ2x)† + L∗(σ1zσ2y)

† +M∗(σ1zσ2z)† (8.194)

Ce sedaj se upostevamo dejstva, da je

σ†ij = σij ; (i = 1, 2)(j = x, y, z) (8.195)

(σ1iσ2j)† = σ1iσ2j , (8.196)


opazimo, da smo ze zelo blizu prvotnemu operatorju ρ. Nekoliko nas le se skrbijo konju-girani koeficienti. Vendar pa vemo, da so nasi koeficienti pricakovane vrednosti produktov〈σ1iσ2j〉. Zato zapisimo:

〈σ1iσ2j〉 = 〈ψ|σ1iσ2j |ψ〉 (8.197)

〈σ1iσ2j〉∗ = 〈σ1iσ2jψ|ψ〉 =

= 〈ψ|(σ1iσ2j)†|ψ〉 = 〈ψ|σ1iσ2j |ψ〉 = 〈σ1iσ2j〉 (8.198)

Tako smo pokazali, da za nase koeficiente velja A∗ = A. Potem lahko zapisemo, da je

ρ† = ρ. (8.199)

S tem smo pokazali, da je nas razvoj ustrezen.

8.6 Gostotna matrika delca v 2D potencialnem loncu

Zapisi gostotno matriko ρ(~r,~r′) za delec v zelo globokem pravokotnem 2D potencialnemloncu s presekom a2, v termicnem kontaktu z rezervoarjem. Privzemi, da je porazdelitevenergijskih nivojem Boltzmanova, kumulativna verjetnost za zasedenost prvih 6 stanj pa∑pi = 1/2. Koliksna je verjetnost, da najdemo delec v neposredni blizini sredisca?

Figure 8.2: Avstrijski fizik Erwin Schrodinger se je rodil 12.8.1887 na Dunaju in tam4.1.1961 tudi umrl. V svoji valovni mehaniki je podal matematicno predstavo snovnegavalovanja in kvantne mehanike. Zapisal je znamenito Schrodingerjevo enacbo, ki je mocnopripomogla k matematicni obravnavi mikrofizikalnih problemov. Leta 1933 je prejel No-belovo nagrado skupaj z P.A.M. Diracom [12]

Resitev:

Mi imamo delec v 2D potencialni jami. Zanj lahko zapisemo Schrodingerjevo enacbo:

− ~2

2m∇2ψ(x, y) − Eψ = 0 (8.200)

8.6. GOSTOTNA MATRIKA DELCA V 2D POTENCIALNEM LONCU 103

Ce upostevamo, kaj je ”Laplace” v kartezicnih koordinatah, dobimo

∂2ψ

∂x2+∂2ψ

∂y2= −2mE

~2ψ (8.201)

jamo si izberimo tako, da ima robove pri x = 0 in x = a in y = 0,y = a. Tam jevrednost valovne funkcije enaka nic ψ|∂ = 0. Ko to upostevamo, se nastavek, ki resi nasoSchrodingerjevo enacbo, glasi:

ψ(x, y) = A sinmπx

asin

nπy

a(8.202)

Ko dani nastavek vstavimo nazaj v Schroringerjevo enacbo, dobimo izraz za energijo

Emn =π2

~2

2Ma2(m2 + n2) = α2(m2 + n2), (8.203)

kjer je M masa nasega delca m,n pa sta celi stevili. Ker bo valovna funkcija razlicna odnic le tedaj, ko bosta oba indeksa razlicna od nic, velja m,n = 1, 2, 3, ..... Preostane namse, da poskrbimo za normalizacojo valovne funkcije.

∫ψ∗ψdxdy = A2 a

2

4= 1 =⇒ A =

2

a(8.204)

Lastne funkcije nase jame lahko sedaj zapisemo kot

|m,n〉 =2

asin

mπx

asin

nπy

a(8.205)

Verjetnost, da je nas delec v danem stanju je v nasem primeru kar

pmn = e−π2

~2(m2+n2)

2Ma2kBT = e−ξ(m2+n2) (8.206)

Naloga pravi, da je komulativna verjetnost prvih sestih stanj 1/2. Ta stanja so:

|1, 1〉, |1, 2〉, |2, 1〉, |2, 2〉, |1, 3〉, |3, 1〉, (8.207)

Komulativna verjetnost teh stanj se glasi

6∑

i=1

pi = e−2ξ + 2e−5ξ + e−8ξ + 2e−10ξ =1

2(8.208)

Ko izraz pomnozimo z 2 in vpreljemo novo spremenjlivko x = e−ξ, dobimo polinomskoenacbo, ki jo moramo resiti

2x2 + 4x5 + 2x8 + 4x10 − 1 = 0 (8.209)

Enacbo sem resil numericno. Enacba ima dve realni resitvi, vse ostale pa so kompleksne:

x1 ≈ −0.849628 (8.210)

x2 ≈ 0.584121 (8.211)


Za nas sprejemljiva je edino le druga resitev. Iz nje po logaritmiranju dobimo

ξ = − ln(x2) ≈ 0.53765 (8.212)

Sedaj, ko poznamo ”temperaturo”, lahko zapisemo gostotni operator

ρ =∞∑

m,n=1

e−ξ(m2+n2)|m,n〉〈m,n| (8.213)

Ce upostevamo, kaksne so nase valovne funkcije, dobimo

ρ((x, y), (x′, y′)) =4

a2

∞∑

m,n=1

e−ξ(m2+n2) sinmπx

asin

nπy

asin

mπx′

asin

nπy′

a(8.214)

Na koncu nas zanima se verjetnost, da delec najdemo v sredini jame. Stanje nasega delcalahko zapisemo kot linearno kombinacijo lastnih stanj jame.

|ψ〉 =

∞∑

mn=1

cmn|m,n〉 (8.215)

Verjetnost, s katero je zasedeno stanje |m,n〉, je

Pmn = |〈m,n|ψ〉|2 = |cmn|2 = e−ξ(m2+n2) (8.216)

Koeficinet cmn, pa je potemtakem

cmn = e−ξ2(m2+n2)eiφ (8.217)

V koeficientu nastopa neka faza, ki pa je ne poznamo. Ker mi v nasem problemu, kot garazumem, nic ne vemo povedati o fazi, si drznimo fazni faktor postaviti na ena. Potemstanje zapisemo kot

|ψ〉 =∑

mn

e−ξ2(m2+n2)|m,n〉 (8.218)

Ko imamo stanje, pa smo pripravljeni, da izracunamo verjetnost, da se delec nahaja vepsilon okolici sredine:

P (na sredini) =

∫ a2+ǫ

a2−ǫ

∫ a2+ǫ

a2−ǫ

ψ∗ψdxdy =∑

mn

∑

m′n′e−

ξ2(m2+n2)e−

ξ2(m′2+n′2) ×

×2

a

∫ a2+ǫ

a2−ǫ

sin(mπ

ax) sin(

m′πax)

2

a

∫ a2+ǫ

a2−ǫ

sin(nπ

ay) sin(

n′πay) (8.219)

Dana integrala sta razlicna od nic edino le tedaj, ko je m = m′ in n = n′. Ko integraleizracunamo, dobimo

P =4

a2

∑

mn

e−ξ(m2+n2)(ǫ− a cos(nπ) sin(2nπǫa )

2nπ)(ǫ− a cos(mπ) sin(2mπǫ

a )

2mπ) (8.220)

8.6. GOSTOTNA MATRIKA DELCA V 2D POTENCIALNEM LONCU 105

Ce napravimo limito ǫ −→ 0, lahko sinusni clen razvijemo in ko dobljeni izraz uredimo,dobimo:

P =4

a2

∑

mn

e−ξ(m2+n2)ǫ2(1 − (−1)n)(1 − (1−)m) (8.221)

Vidimo, da je zgornja vsota enaka nic, kadar sta m,n soda. Tako nam ostane le se vsotapo lihih indeksih. Tako na koncu dobimo:

P =16ǫ2

a2

∑

m,n−lih

e−ξ(m2+n2) (8.222)

No, pa smo dobili izraz za verjetnost v epsilon okolici izhodisca.


Chapter 9

Klein-Gordonova enacba

9.1 Klein-Gordonov delec

Obravnavaj Klein-Gordonov delec s spinom nic lokaliziran v zelo globoki potencialni jamisirine a ter pod vplivom staticnega elektricnega polja. Izpelji relativisticen popravek kenergiji osnovnega stanja in primerjaj rezultat z onim, ki ga dobis iz Schrodingerjeve enacbe.

Resitev Schrodingerjeve enacbe:

Najprej delec v neskoncni potencialni jami z elektricnim poljem obravnavajmo v klasicnisliki. Da bi dobili, kaksne so energije nasega delca, moramo resiti Schrodingerjevo enacbo:

Hψ = i~∂ψ

∂t, (9.1)

kjer se v nasem primeru Hamiltonjan glasi

H =p2

2m+ eV (x) (9.2)

Naloga veleva, da je v jami konstantno elektricno polje v smeri osi x. Ker vemo, da jeE = −∇V , sledi, da ima potencial v nasem primeru obliko

V = V0x, (9.3)

saj je potem

E = −V0. (9.4)

Polje nam tako v danem primeru kaze v nasprotni smeri osi x. Nas zanimajo stacionarnastanja z dobro doloceno energijo. Zato je potrebno resiti

Hψ = Eψ (9.5)[− ~

2

2m

∂2

∂x2+ eV (x)

]ψ = Eψ (9.6)

107

108 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENACBA

Ce upostevamo nas potencial, dobimo

[− ~

2

2m

∂2

∂x2+ eV0x

]ψ = Eψ (9.7)

Ko enacbo nekoliko preuredimo, dobimo

−∂2ψ

∂x2+ α(x− E

eV0)ψ = 0, (9.8)

kjer smo vpeljali parameter α = 2m~2 eV0. Sedaj vpeljimo novo spemenljivko

z = x− E

eV0. (9.9)

Dano substitucijo uporabimo na nasi diferencialni enacbi in dobimo:

∂2ψ

∂z2− αzψ = 0 (9.10)

Resitev dane diferencialne enacbe je linearna kombinacija Airyjevih funkcij Ai,Bi1:

ψ(z) = C1Ai(α1/3z) + C2Bi(α

1/3z). (9.11)

Upostevajmo nazaj, kaj je z in dobimo

ψ(x) = C1Ai(α1/3(x− E

eV0)) + C2Bi(α

1/3(x− E

eV0)) (9.12)

Ker je nas delec v neskoncni potencialnijami, ki se ”razteza” med 0 in a (na tem intervaluje potencial nic, povsod drugod je neskoncen), mora dobljena valovna funckcija zadoscatirobnim pogojem

ψ(0) = 0, ψ(a) = 0 (9.13)

Ko to upostevamo, na nasi valovni funckiji, dobimo dva pogoja:

C1Ai(−α1/3E

eV0) + C2Bi(−

α1/3E

eV0) = 0 (9.14)

C1Ai(α1/3(a− E

eV0)) + C2Bi(α

1/3(a− E

eV0)) = 0 (9.15)

Nas zanimajo predvsem energije stanj v nasi jami. Zato enacbi delimo eno z drugo indobimo enacbo za E:

Ai(CV1/30 a− C

ǫ

V2/30

)Bi(− Cǫ

V2/30

) = Ai(− Cǫ

V2/30

)Bi(CV1/30 a− Cǫ

V2/30

), (9.16)

1Definicija in lastnosti Airyjevih funkcij so zapisane v matematicnem prirocniku Abramowitz-Stegun,

poglavje 10.4

9.1. KLEIN-GORDONOV DELEC 109

C = 1, a = 1, V0 = 10−7

n ǫnǫn

ǫ11 9.86960441 1.2 39.4784196831 4.3 88.826426358 9.4 157.913657651 16.5 246.7401241409 25.6 355.3055595699 36....

......

C = 1, a = 1, V0 = 1

n ǫnǫn

ǫ11 10.36850716 1.2 39.97874479 3.855793 89.3266345 8.615194 158.4137898 15.27845 247.24018933 23.84536 355.805814599 34.316...

......

C = 1, a = 1, V0 = 10

n ǫnǫn

ǫ11 14.7601 1.2 44.51692433 3.015623 93.84592603 6.358084 162.9256098 11.03825 251.7480402 17.0566 360.3113744 24.4112...

......

Table 9.1: Tabela prikazuje prvih n = 6 resitev dane enacbe pri razlicnih jakostih polj V0.

kjer smo vpeljali ǫ = Ee , kot energijo deljeno z nabojem ter parameter C = (2me

~2 )1/3.Dobljene enacbe za energije ne znamo resiti analiticno, zato sem jo poskusal resiti nu-mericno. Resitve enacbe sem iskal tako, da sem iskal nicle funkcije

f(E) = Ai(CV1/30 a− C

ǫ

V2/30

)Bi(− Cǫ

V2/30

) −Ai(− Cǫ

V2/30

)Bi(CV1/30 a− Cǫ

V2/30

). (9.17)

Obnasanje omenjene funkcije pri razlicnih V0, je predstavljeno na sliki 9.1. Zaporedne nicledanih funkcij so kar zeljene energije nasega sistema za dolocen primer. Dobljene rezultatesem predstavil v tabeli 9.1.

Iz tabele resitev lahko vidimo, da v limiti majhnih polj energije nasega delca rastejokvadraticno z n, kar je znacilnost lastnih energij neskoncne potencialne jame. To nasrazveseli, saj je nasa limita prvilna. Pri vecjih jakostih polj, pa se ta ”idila” kot pricakovanopokvari. Energijski nivoji in njihova razmerja se zaradi vpliva polja spremenijo.

Resitev Klein-Gordonove enacbe:

Za prost delec, na katerega ne deluje nobena zunanja sila, se Klein-Gordonova enacba glasi:

~2�

2ψ = m2c2ψ (9.18)


100 200 300 400E

-0.003

-0.002

-0.001

fHEL

100 200 300 400E

-0.3

-0.2

-0.1

fHEL

100 200 300 400E

-1.25

-1

-0.75

-0.5

-0.25

fHEL

2 4 6 8 10

50

100

150

200

250

300

350

E

Figure 9.1: Prve tri slike prikazujejo odvisnost funkcije f(E) od energije E za tri razlicneprimere velikosti polja V0. Prva slika je narisana za primer V0 = 10−7, druga slika za primerV0 = 1, tretja pa za primer V) = 10. Zadnja slika pa prikazuje razporeditev energijskihnivojev za vse tri primere.


Ce razpisemo d′Alambertov operator in upostevamo, da imamo mi le enodimenzionalenproblem, dobimo enacbo

∂2ψ

∂x2ψ − ∂2ψ

c2∂t2=m2c2

~2ψ (9.19)

Ce pa na delec vpliva zunanje elektricno polje, pa moramo v enacbo nekako dodati se vplivelektricnega polja. Tedaj se Klein-Gordonova enacba2 glasi

∂2ψ

∂x2+ (

∂

ic∂t+eV

c~)2ψ =

m2c2

~2ψ (9.20)

V dani enacbi se sedaj resimo oklepaja in dobimo

∂2ψ

∂x2− ∂2ψ

c2∂t2− i

2eV

c2~

∂ψ

∂t+ (

eV

c~)2ψ =

m2c2

~2ψ (9.21)

Nas zanimajo resitve z dobro doloceno energijo. Zato uporabimo nastavek

ψ(x, t) = e−i E~

tΦ(x) (9.22)

Ko dani nastavek upostevamo z zgornji enacbi, nam ostane le se krajevno odvisna enacba

∂2Φ

∂x2+

1

~2c2((E − eV )2 −m2c4)Φ = 0 (9.23)

Kar smo sedaj dobili, je enacba nasega problema. Predno se lotimo resevanja, se preverimo,ali v klasicni limiti dobimo ustrezno ekvivalentno Schrodingerjevo enacbo. Za izracunklasicne limite privzemimo, da se energija delca zelo malo razlikuje od njegove mase. Tedajlahko celotno energijo zapisemo kot

E = mc2 + E′, E′ ≪ mc2 (9.24)

Predpostavimo se, da je potencial majhen

eV ≪ mc2 (9.25)

Tedaj lahko drugi clen v enacbi razvijemo

(E − eV )2 −m2c4 = (mc2 + E′ − eV )2 −m2c4 ≈ −2mc2(eV − E′) (9.26)

Ko to upostevamo v nasi enacbi, dobimo

∂2Φ

∂x2− 2m

~2(eV − E′)Φ = 0 (9.27)

V enacbi, ki jo dobimo prepoznamo ravno naso Schrodingerjevo enacbo iz prvega delanaloge. To je dokaz, da je nasa pot pravilna, zato gremo pogumno naprej.

2Klein-Gordonova enacba za delec ki se nahaja v Elektromagnetnem polju je razlozena in izpeljana v

knjigi Ivana Supka, Teorijska Fizika II, stran:157, od koder sem jo tudi sam prepisal.


Najprej vstavimo v enacbo nas dejanski potencial V (x) = V0x. Dobimo

∂2Φ

∂x2+

[(V0e

~c)2(x− E

V0e)2 − (

m2c4

~2c2)

]Φ = 0 (9.28)

Sedaj vpeljimo novo spremenljivko z = x− EeV0

ter dva nova parametra

a =V0e

~c, b = (

mc

~)2 (9.29)

Tako dobimo enacbo:

∂2Φ

∂z2+ (a2z2 − b)φ = 0 (9.30)

Sedaj napravimo se eno substitucijo

x =√

2az (9.31)

Pri tem je potrebno poudariti, da nova variabla x ni enaka prvotnemu, pravemu odmikux. Zgolj zaradi pomanjkanja domisljije smo za novo spremenljivko uporabili se enkrat istocrko. Ko to uporabimo v nasi enacbi, dobimo

∂2Φ

∂x2+ (

x2

4− b

2a)Φ = 0 (9.32)

Zopet smo dobili eno zapleteno diferencialno enacbo. Resitve te enacbe so ParabolicneCilindricne funkcije oz. za konkretni primer Webrove parabolicne cilindricne funkcijeW±(a, x)3. Dane funkcije lahko izrazimo z neskoncno vrsto, ali pa uporabimo njihovopovezavo s Konfluentnimi Hipergeometrijskimi funkcijami. Velja

W±(a, x) = 2−3/4

[√G1

G3H(−3/4, 1/2a1/4x2) ±

√2G3

G1xH(−1/4, 1/2a, 1/4x2)

], (9.33)

kjer je

H(m,n, x) = e−ix1F1(m+ 1 − in; 2m+ 2; 2ix) (9.34)

in je 1F1(a; b; z) Kummerjeva konfluentna hipergeometrijska funkcija4. Povejmo se, kaj staG1 in G3:

G1 = |Γ(1

4 + 12 ia

)| (9.35)

G3 = |Γ(3

4 + 12 ia

)| (9.36)

3Vec o parabolicnih cilindricnih funkcijah in njihovih lastnostih pise v prirocniku Abramowitz-Stegun,

Poglavje 19.4Vec o konfluentnih hipergeometrijskih funkcijah pise v prirocniku Abramowitz-Stegun, Poglavje 13.


Ko enkrat znamo izracunati Webrove funkcije, lahko resitev nasega problema zapisemo vobliki

Φ = C1W+(b

2a, x) + C2W−(

b

2a, x) (9.37)

Ce se upostevamo nazaj, kaj je x, dobimo

Φ = C1W+(b

2a,√

2az) + C2W−(b

2a,√

2az) (9.38)

Sedaj pa se upostevajmo, kako se izraza z in dobimo nas koncni nastavek

Φ(x) = C1W+(b

2a,√

2a(x− E

eV0)) + C2W−(

b

2a,√

2a(x− E

eV0)) (9.39)

Nas delec se se vedno nahaja v neskoncni potencialni jami, zato mora tudi v tem primeruzadoscati danim robnim pogojem

Φ(x = 0) = 0, Φ(x = d) = 0, (9.40)

kjer smo tokrat z d oznacili sirino jame. Ko pogoje upostevamo v nasi enacbi, dobimoanalogno kot pri resevanji Schrodingerjeve enacbe enacbo za izracun energije:

W+(b

2a,√

2a(d− E

V0e))W−(

b

2a,√

2a(− E

V0e)) =

= W−(b

2a,√

2a(d− E

V0e))W+(

b

2a,√

2a(− E

V0e)) (9.41)

Upostevajmo se, da je

a =e

~cV0 = fV0 (9.42)

in dobimo

W+(b

2fV0,√

2fV0(d−E

V0e))W−(

b

2fV0,√

2fV0(−E

V0e)) =

= W−(b

2fV0,√

2fV0(d−E

V0e))W+(

b

2fV0,√

2fV0(−E

V0e)) (9.43)

Tako smo sedaj eksplicitno izrazili, kako elektricni potencial nastopa v dan enacbi. Vseostale konstante pa so v bistvu nepomemnbe. Dane enacbe spet ne znamo resiti analiticno,zato je tudi tu potrebno uporabiti numericne metode. Energije stanja sem racunal takokot v prvi nalogi, z iskanjem nicel funkcije:

f(E) = W+(b

2fV0,√

2fV0(d−E

V0e))W−(

b

2fV0,√

2fV0(−E

V0e) −

−W−(b

2fV0,√

2fV0(d−E

V0e))W+(

b

2fV0,√

2fV0(−E

V0e)) (9.44)

Grafa funcije za dva izracunana primera sta narisana na sliki 9.2. Z njihovo pomocjo semdolocil nicle funkcij f(E) oziroma energije stanj sistema, ki so zabelezene v tabeli 9.2.


f = 1, b = 1, V0 = 1, d = 1

n ǫnǫn

ǫ11 3.78474 1.2 6.86086 1.8153 9.97727 2.6364 13.1059 3.4265 16.2397 4.2916 19.379 5.12...

......

f = 1, b = 1, V0 = 5, d = 1

n ǫnǫn

ǫ11 5.50988 1.2 8.81902 1.6013 11.9661 2.17224 15.101 2.74125 18.2375 3.310616 21.3748 3.8801...

......

Table 9.2: Tabela prikazuje prvih n = 6 resitev dane enacbe pri razlicnih jakostih polj V0.

5 10 15 20 25E

-0.2

0.2

0.4

0.6

fHEL

5 10 15 20 25E

-0.5

0.5

1

1.5

fHEL

5 10 15 20E

-4·10-15

-2·10-15

2·10-15

4·10-15

ImHfHELL

Figure 9.2: Prvi dve sliki prikazujeta odvisnost funkcije f(E) od energije E za dva razlicnaprimera velikosti polja V0. Prva slika je narisana za primer V0 = 1, druga pa za primerV0 = 5. Zadnja slika pa prikazuje imaginarno komponento funcije f . Vidimo, da je le-ta vokviru napake enaka nic.

9.2. ENERGIJSKI SPEKTER PROSTEGA RELATIVSTICNEGA DELCA 115

Limitni primer:

Sedaj pa si poglejmo limitni primer, ko je parameter b2a v enacbi 9.32 zelo velik. To je

tedaj, ko je polje zelo majhno ali pa masa zelo velika. Da bomo limito lahko napravili,vzemimo se nekoliko drugacno substitucijo. Tokrat naj bo

z =E

eV0− x (9.45)

To enacbe, ki smo jo izpeljali v glavnem delu naloge nic ne spremeni, saj dana spremenljivkanastapa v enacbi vedno v kvadratnem clenu. Sedaj lahko napravimo Asimptotski priblizek,ki je zapisan v prirocniku Abramowitz-Stegun pod 19.20. Tam pise, da kadar je x ≥ 0 inje a veliko pozitivno stevilo, velja

W+(a, x) ≈√π(4a)−1/4e−1/2πa(

t

ξ2 − 1)1/4Bi(−t) (9.46)

W−(a, x) ≈ 2√π(4a)−1/4e1/2πa(

t

ξ2 − 1)1/4Ai(−t), (9.47)

kjer je

ξ =x

2√a

(9.48)

t = −(4a)2/3(3

2θ3)

2/3 (9.49)

θ3 =1

4arccos ξ − 1

4ξ√

1 − ξ2 (9.50)

Mi pricakujemo, da v limiti velikih mas (to je velikih b) pridemo nazaj v klasicno lim-ito. Rezultat, ki ga dobimo pa vkljucuje ravno Airyjeve funkcije, ki so bile ravno resitveKlasicnega delca v neskoncni potencialni jami s konstantnim poljem. Edino kar nas motiso koeficienti pred resitvijo, za katere pa upamo, da bodo dali ravno pravo resitev. Da semdobil konkretne rezultate, sem dobljene priblizke Webrovih funkcij vstavil v enacbo 9.43 insi pogledal, kaj dobim. Rezultati so za en primer predstavljeni v tabeli 9.3.

9.2 Energijski spekter prostega relativsticnega delca

Doloci energijski spekter prostega relativisticnega delca s spinom 0 in nabojem +e0 vaksialnem magnetnem polju in ga primerjaj s spektrom istega delca v nerelativisticni limiti.

Resitev:

Schrodingerjeva enacba in klasicna limita

Najprej si poglejmo primer klasicnega delca. Privzemimo, da magnetno polje kaze v zsmeri, torej

~B = (0, 0, Bz) (9.51)


f = 1, b = 100, V0 = 1, d = 1

n ǫnǫn

ǫ11 10.4022 1.2 10.9804 1.05563 12.3146 1.18394 14.244 1.136935 16.561 1.59216 19.1217 1.8382...

......

Table 9.3: Tabela prikazuje prvih n = 6 limitnih resitev Klein-Gordonove enacbe za daniprimer.

Za izracun bomo potrebovali vektorski potencial, zato je prav, da si ga kar izracunamo. Leta je definiran kot

~B = ∇× ~A (9.52)

Od tod lahko hitro vidimo, da ce hocemo, da bo polje imelo od nic razlicno le z komponento,mora imeti A obliko

~A = (−yBz

2,xBz

2, 0) (9.53)

Ce se zapisemo posamezne komponente

Ax = −yBz

2, Ay =

xBz

2, Az = 0 (9.54)

Schrodingerjeva enacba za delec v Magnetnem polju se glasi

i~∂ψ

∂t=

[1

2m

(~

i~∇− e

c~A

)2]ψ (9.55)

Ko enacbo razpisemo in upostevamo, da je zaradi oblike vektorskega potenciala, ki gaimamo ∇. ~A = 0, dobimo enacbo

i~∂ψ

∂t= − ~

2

2m

(∇2ψ

)+

e2

2mc2A2ψ +

i2~e

2mc~A(~∇ψ) (9.56)

Sedaj se odlocimo, da nas zanimajo le stanja z dobro doloceno energijo. Zato uporabimonastavek

ψ(~x, t) = e−i E~

tΦ(~x) (9.57)

Ko to uporabimo v nasi enacbi, dobimo

EΦ =~

2

2m∇2Φ +

e2

2mc2A2Φ +

2i~e

2mc~A.(~∇Φ). (9.58)


Sedaj moramo dobljno enacbo resiti. V nasem primeru je z-os superiorna, saj v njeni smerikaze magnetno polje. Preostali dve osi pa sta med sabo ekvivalentni. Zato je smiselnonaso enacbo resevati v Cilindricnih koordinatah. V teh se gradient in Laplacov operatorizrazata kot

~∇Φ =∂Φ

∂rer +

1

r

∂Φ

∂φeφ +

∂Φ

∂zez (9.59)

∇2Φ =1

r

∂

∂r

(r∂Φ

∂r

)+

1

r2∂2Φ

∂φ2+∂2Φ

∂z2(9.60)

Da bomo lahko zapisali enacbo v cilindricnih koordinatah, pa moramo v le teh zapisati sekako se izraza ~A. V kartezicnih koordinatah vemo, da ga lahko zapisemo kot

~A =B0

2(−yex + xey) =

B0

2(−r sinφex + r cosφey) (9.61)

Sedaj upostevajmo, kako se enotska vektorja ex in ey izrazata z vektorjema er in eφ. Velja:

ex = er cosφ− eφ sinφ (9.62)

ey = er sinφ+ eφ cosφ (9.63)

Ko to upostevamo, dobimo lep rezultat

~A =B0

2reφ. (9.64)

Kvadrat le tega pa je seveda

A2 =B2

0

4r2 (9.65)

Sedaj vse to vstavimo v Schrodingerjevo enacbo in ko jo nekoliko uredimo, dobimo:

2mE

~2Φ = −1

r

∂Φ

∂r− ∂2Φ

∂r2− 1

r2∂2Φ

∂φ2− ∂2Φ

∂z2+

e2

c2~2

B20

4r2Φ +

2ieB0

~c2

∂Φ

∂φ. (9.66)

Sedaj uporabimo nastavek

Φ(r, φ, z) = u(r, φ)eikzz. (9.67)

Ko to uporabimo, dobimo enacbo

(2mE

~2− k2

z

)u = −1

r

∂u

∂r− ∂2u

∂r2− 1

r2∂2u

∂φ2+ α2r2u+ 2iα

∂u

∂φ, (9.68)

kjer smo uvedli nov parameter:

α =eB0

~c2. (9.69)


Napravimo sedaj se eno substitucijo

u(r, φ) = R(r)eimφ, (9.70)

ter nov parameter

β =2mE

~2− k2

z . (9.71)

Ko vse to upostevamo, nam ostane enacba

∂2R

∂r2+

1

r

∂R

∂r+

(β − α2r2 + 2αm− m2

r2

)R = 0 (9.72)

Da bomo enacbo znali resiti, uvedimo se eno spremenljivko

ξ = αr2 ⇒ r =

√ξ

α⇒ dr =

1

2

√1

αξdξ (9.73)

Ko to uporabimo v enacbi, dobimo diferencialno enacbo

ξ∂2R

∂ξ2+

1

2

∂R

∂ξ+

(λ− ξ

4− m2

4ξ

)R = 0, (9.74)

kjer smo uvedli se en parameter

λ =β

4α+m

2(9.75)

Sedaj pa si dano enacbo malo bolj podrobno oglejmo. V limiti velikih ξ −→ ∞, dobi enacbapriblizno obliko:

∂2R

∂ξ2− R

4= 0, (9.76)

kar pomeni, da mora biti njena resitev sorazmerna z

R ∝ e−ξ2 , (9.77)

ce nocemo,da v neskoncnosti resitev podivja. Pri zelo majhnih ξ ≈ 0, pa ima enacbapriblizno obliko

ξ∂R

∂ξ− m2

2R = 0, (9.78)

zato je resitev v tej limiti sorazmerna z

R ∝ ξm2

2 . (9.79)


Zaradi danih limit se odlocimo, da nastavek za resitev nase enacbe napisemo v obliki

R(ξ) = e−ξ2 ξ

m2

2 w(ξ) (9.80)

Tako nam ostane diferencialna enacba za w(ξ), ki ima obliko

1

4e−

ξ2 ξ

m2

2−1((m4 + (−1 + 4λ)ξ − 2m2(1 + ξ))w(ξ) +

+2ξ(1 + 2m2 − 2ξ)dw

dξ+ 4ξ2

∂2w

∂ξ2) = 0 (9.81)

Resitev tako dobljene enacbe pa ima obliko

w(ξ) = c1ξ14(1−2m2+

√1+4m2) ×

×HypergeometricU [1

4(2 +

√1 + 4m2 − 4λ), 1 +

1

2

√1 + 4m2, ξ]) +

+c2ξ14(1−2m2+

√1+4m2)GenL(

1

4(−2 −

√1 + 4m2 + 4λ),

1

2

√1 + 4m2, ξ), (9.82)

kjer sem z HypergeometricU oznacil konfluentno hipergeometrijsko funkcijo U(a, b, ξ), zGenL, pa sem oznacil Generalizirane Laguerove polinome La

n(ξ) = L(n, a, ξ).

Da resitev ne bo eksplodirala pri zelo velikih argumentih ξ, zahtevamo, da je C2 = 0.Da bomo dobili pravo obnasanje, zahtevajmo, da je a 6= N in b 6= −M , kjer sta M,Nnaravni stevili. Tedaj je Konfluentna hipergeometrijska funkcija okrog nicle pohlevna inpolinomsko raste, ko se ξ veca. To nas ne skrbi, saj za to, da valovna funkcija ne divergiraposkrbi eksponentni clen z netativnim argumentom. Iz pogojev, ki smo jih navedli, slediza prvi argument Konfluentne Hipergeometrijske vrste, da mora biti

1

2+

1

4

√1 + 4m2 − (

β

4α+m

2) = −N. (9.83)

Ce izrazimo ven β, in se upostevamo, kaj le-ta je, dobimo

2mE

~2− k2

z = β =eB0

~c(1 + 2N + |m|

√1 +

1

4m2−m) (9.84)

Ko izrazimo ven energijo, dobimo ven rezultat, to je energija delca v klasicni limiti:

E =~

2k2z

2m+

~eB0

mc(1

2+N +

|m|2

√1 +

1

4m2− m

2). (9.85)

Relativisticna resitev in Klein-Gordonova enacba

Sedaj, ko poznamo klasicno limito, pa si poglejmo se, kaksen je energijski spekter rela-tivisticnega delca. Resujemo Klein-Gordonovo enacbo, ki se za delec v magnetnem poljuglasi[

1

c2~2(E2 −m2c4) + (

∂

∂x− i

e

c~Ax)2 + (

∂

∂y− i

e

c~Ay)

2 + (∂

∂z− i

e

c~Az)

2

]Φ = 0, (9.86)


kjer smo ze upostevali, da nas zanimajo le stanja z dobro doloceno energijo in zato gledamole stacionarna stanja. Kvadratne clene v enacbi kvadrirajmo in upostvajmo, da je zaradioblike potenciala ∇. ~A = 0. To nam da:

∇2Φ − 2ie

c~~A(~∇Φ) − e2

c2~2(E2 −m2c4)Φ = 0 (9.87)

Vidimo, da je dobljena enacba povsem analogna Schrodingerjevi enacbi. Magnetno polje”vstopa” v enacbo na povsem enak nacin. Nekoliko je spremenjen le energijski clen, kipa na tip enacbe, ki jo resujemo ne vpliva prav nic. Tako kot pri Schrodingerjevi enacbipojdimo resevati enacbo v Cilindricne koordinate. Dobimo enacbo

−1

r

∂Φ

∂r− ∂2Φ

∂r2− 1

r2∂2Φ

∂φ2− ∂2Φ

∂z2+ 2iα

∂Φ

∂φ+e2B2

0

4c2~2r2Φ − 1

c2~2(E2 −m2c4)Φ = 0, (9.88)

kjer smo spet uporabili α = eB02c~

. Vidimo, da enacba, ki jo obravnavamo ni dosti drugacnaod prejsnje Schrodingerjeve. Sedaj tudi tu enacbo napademo s substitucijo

Φ(r, φ, z) = R(r)eikzzeimφ. (9.89)

Ko to uporabimo, dobimo le se enacbo za radialno komponento:

∂2R

∂r2+

1

r

∂R

∂r+ (β + 2αm− m2

r2− α2r2)R = 0. (9.90)

Tu smo zopet definirali parameter β, ki pa ni enak parametru, ki je nastopal v Schrodingerjevienacbi. Tu se glasi:

β =E2 −m2c4

c2~2− k2

z (9.91)

Vidimo, da smo prisli do povsem iste enacbe, kot smo jo dobili v klasicnem primeru.Resitev, ki jo dobimo je povsem enaka, le parameter β je drugacen. Po analogiji iz resitveSchrodingerjeve enacbe lahko zapisemo pogoj, kateremu mora zadoscati dani β. Velja

β = 4α(1

2+

|m|2

√1 +

1

4m2− m

2+N). (9.92)

Ko se razpisemo, kaj sta β in α in nekoliko uredimo, dobimo koncen rezultat

E2 = m2c4 + 2eB0c~(1

2+

|m|2

√1 +

1

4m2− m

2+N) + c2~2k2

z . (9.93)

Ce se korenimo, dobimo

E2 = mc2

√

1 +2eB0c~

m2c4(1

2+

|m|2

√1 +

1

4m2− m

2+N) +

c2~2k2z

m2c4(9.94)

To je sedaj nasa resitev. Hitro lahko tudi vidimo, da ce napravimo limito majhnih energij:E = mc2 + E′, kjer je E′ ≪ mc2, dobimo nazaj klasicno resitev, ki smo jo izpeljali izSchrodingerjeve enacbe.

9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 121

9.3 Sipanje piona na potencialni barieri

Obravnavaj sipanje piona π+ na enodimenzionalni Coulombski barieri visine eV ≥ E ≥ 0(potencialna stopnica) tako, da numericno resis KG enacbo. Zacetni pogoj pri t = 0 inx = −∞ je valovni paket z energijo E0. Graficno prikazi resitev za nekaj casovnih trenutkovtik pred oz. po sipanju na barieri.

9.3.1 Analiticna resitev

Da bomo numericno resitev lazje razumeli, si poglejmo najprej analiticno resitev danegaproblema za ravni val.

Obravnavajmo sedaj sipanje delca na potencialu oblike

V (z) =

{0; z ≤ 0V0; z ≥ 0

(9.95)

Enacbo resujmo tako, da posebej resimo levi del (z ≤ 0), kjer ni potenciala in posebej desnidel, kjer imamo konstanten potencial (z ≥ 0). Za del brez potenciala ima Klein-Gordonovaenacba obliko

− 1

c2∂2ψ

∂t2+∂2ψ

∂z2− m2c2

~2ψ = 0; za z ≤ 0 (9.96)

V obmocju s konstantnim Coulombskim potencialom pa mora delec ubogati Klein-Gordonovoenacbo z obliko

(i

c

∂

∂t− eV0

c~

)2

ψ +∂2ψ

∂z2− m2c4

~2ψ = 0; za z ≥ 0 (9.97)

Sedaj na naso bariero iz neskoncnosti posljimo ravni val oblike

ψ(z = −∞) = e−i(Et−pz)

~ (9.98)

Okrog barire pa resitev nasega problema nastavimo v obliki linearne kombinacije ravnihvalov. Valovno funkcijo za (z ≤ 0) lahko zapisemo kot vsoto vpadnega in odbitega vala

ψI = ψvpadni + ψodbiti; za (z ≤ 0), (9.99)

valovna funkcija za (z ≥ 0) pa sestoji samo iz prepuscenega vala

ψII = ψprepusceni (9.100)

Ce vstavimo v zgornja izraza obliko za ravni val, dobimo

ψI =(ei

p~z + re−i p

~z)e−i Et

~ (9.101)

ψII = teip′~

ze−i Et~ , (9.102)


kjer sem z r in t oznacil amplitudno odbojnost oziroma prepustnost. Ce sedaj vstavimo ψI

v enacbo 9.96 in uredimo, dobimo zvezo

E2 = p2c2 +m2c4 (9.103)

Ce se korenimo, pa dobimo

E = ±√p2c2 +m2c4 (9.104)

Sedaj se moramo odlociti ali + ali − predznak. Zaradi izbranega zacetnega pogoja (Imamoval s pozitivno energijo, ki se giblje v desno) izberemo + predznak. Podobno sedaj naredimose za podrocje II. Valovno funkcijo ψII vstavimo v enacbo 9.97 in dobimo zvezo

(E − eV0)2 −m2c4 = p′2c2 (9.105)

Ce korenimo dobljeni izraz, dobimo

p′c = ±√

(E − eV0)2 −m2c4 (9.106)

Da bi dolocili predznak v zgornji zvezi, pa se bo potrebno nekoliko bolj potruditi, zato stem se malo pocakajmo. Najprej dani resitvi ψI in ψII zlepimo na robu. Resitvi kot, vemo,morata zadoscati pogoju:

ψI(z = 0) = ψII(z = 0) (9.107)

∂ψI

∂z(z = 0) =

∂ψII

∂z(z = 0) (9.108)

Ko noter vstavimo izraza 9.101 in 9.102, dobimo zvezi

1 + r = t (9.109)

1 − r =p′

pt (9.110)

Ko izraza ustrezno zdruzimo in ven izrazimo enkrat r, drugic pa t, dobimo:

r =p− p′

p+ p′(9.111)

t =2p

p+ p′(9.112)

Da bi izracunali pravo (tokovno) odbojnost in prepustnost, je najprej potrebno izracunatitok, ki je definiran kot

j =1

2im

(ψ∗ ∂ψ

∂z− ψ

∂ψ∗

∂z

)(9.113)

Tok, ki vpada na naso bariero je, ko ga po tej definiciji izracunamo enak

ji =1

2im

(e−i p

~zipei

p~

z − eip~ze−i p

~z(−i p

~

))=

p

m~(9.114)


Koncni skupni tok na levi strani pa izracunamo tako, da vstavimo ψI v definicijo toka.Dobimo

jI =1

2im

((e−i p

~z + r∗ei

p~z) ip

~

(ei

p~z − re−i p

~z)−

−(ei

p~z + re−i p

~z) ip

~

(−e−i p

~z + r∗ei

p~z))

=p

m~

(1 − |r|2

)(9.115)

Sedaj lahko definiramo odbojnost R kot razmerje med vpadnim in odbitim tokom:

R =ji − jIji

= |r|2 (9.116)

Sedaj nam preostane, da izracunamo gostoto toka se za drugo obmocje (z ≥ 0). Dobimoga tako, da v definicijo toka vstavimo ψII . Ko izracunamo vse potrebne odvode in izrazpoenostavimo, dobimo

jII =p′

~m|t|2 (9.117)

Sedaj lahko definiramo se prepustnost kot razmerje med prepuscenim in vpadnim tokom

T =jII

ji=p′

p|t|2 (9.118)

Ce izracunamo vsoto T +R, seveda dobimo znano zvezo (ohranitveni zakon):

T +R = 1 (9.119)

Sedaj pa si nekoliko podrobneje poglejmo nas konkretni primer. Iz zveze 9.106 lahko vidimo,da glede na to, kako velik je potencial, lahko dobimo razlicna obnasanja gibalne kolicine p′.V ta namen locimo tri razlicna obmocja potenciala:

V0 =

V0 ≤ E −mc2; Sibek potencialE −mc2 ≤ V0 ≤ E +mc2; Srendji potecialV0 ≥ E +mc2; Mocni potencial

(9.120)

Sibek potencial: V obmocju sibkega potenciala je eV0 ≤ E. Sedaj izracunajmo grupnohitrost vala ψII :

vg =dω

dk′=dE

dp′=

p′cE − eV0

(9.121)

Vidimo, da ce v zvezi 9.106 izberemo pozitivni predznak, bo vg pozitivna in se bo val sirilv desno, kar ustreza nasim robnim pogojem. Za ta primer je torej pravilno ce izberemop′ ≥ 0. Ko izracunamo prepustnost in odbojnost, dobimo

T =4p′p

(p+ p′)2(9.122)

R =

(p− p′

p+ p′

)2

(9.123)


Vidimo tudi, da ce izracunamo njuno vsoto, res dobimo

T +R =p2 − 2pp′ + p′2 + 4pp′

(p+ p′)2= 1 (9.124)

Ta rezultat poznamo tudi ze iz nerelativisticne kvantne mehanike.

Srednji potencial: V tem podrocju pa velja

|(E − eV0)|2 ≤ mc2 (9.125)

Vidimo, da ce to upostevamo v izrazu 9.101, je izraz imaginaren in ga lahko zapisemo

p′ = iκ kjer je κ = ±1

c

√m2c4 − (E − eV0)2 (9.126)

Tudi tu moramo izbrati κ′ ≥ 0, kajti ce bi izbrali κ′ ≤ 0, bi clen ψII = teiiκz = te−κz znarascajocim z rastel proti neskoncnosti, kar vemo, da ne gre. Zato mora biti κ ≥ 0. Ceizracunamo odbojnost za ta primer, dobimo

R =

∣∣∣∣p− p′

p+ p′

∣∣∣∣2

=1

p2 + κ2

((p2 − κ2)2 + 4p2κ2

)= 1 (9.127)

Ker se vedno velja T +R = 1, pa mora veljati, da je T = 0.

Mocan potencial: Za konec pa nam preostane le se primer, ko je

V0〉E +mc2 (9.128)

V tem primeru je (E − eV0)2 ≥ mc2, kar pomeni, da je p′ ∈ ℜ. Odlociti pa se moramo se

za predznak. Ce upostevamo, da je v tem primeru eV0 ≥ E in izracunamo grupno hitrost:

vg =p′

E − eV0, (9.129)

ugotovimo, da bo ta negativna, ce bo p′ ≥ 0 in pozitivna, ce bo p′ ≤ 0. V prvem primeru,bi to pomenilo, da bi se val siril v negativni smeri iz +∞, kar pa vemo, da ne gre, saj smoz zacetnim pogojem zahtevali, da se val siri v pozitivni smeri. Da bo to res, moramo zatovzeti p′ ≤ 0. Ta pogoj ni vkljucen v samo K-G enacbo, pac pa jo mi zahtevamo s fizikalnimirobnimi pogoji. Ob upostevanju p′ = −|p′| izracunajmo sedaj se prepustnost in odbojnost:

T ′ = − 4p|p′|(p+ |p′|)2 ≤ 0 (9.130)

R =

(p+ |p′|p− |p′|

)≥ 1 (9.131)

Ce napravimo vsoto, vidimo da dobimo

T +R =p2 + 2p|p′| + |p′|2 − 4p|p′|

(p − |p′|)2 = 1, (9.132)


kar je seveda pravilno. Vidimo, da v obmocju mocnega potenciala dobimo paradoksalnosituacijo. To imenujemo tudi Klein-Gordonov paradoks in se ga znebimo, ce recemo, da jepotencial tako mocen, da ob trku delca na barieri nastanejo pari delec-antidelec. Antidelcicutijo dano bariero kot potencialno jamo, ki jih privlaci, kar povzroci negativno nabit tok,ki se giblje proti desni. To je tudi izvor negativnega koeficienta T ≤ 0. Delci pa se odbariere odbijejo skupaj z vpadnimi delci in skupaj tvorijo pozitiven tok, ki se giblje v levoz magnitudo, ki je vecja od R ≥ 1.

9.3.2 Numericna resitev

Ideja, ki sem jo udejanil je bila ta, da sem napravil valovni paket za prosti delec, ki semga poslal na bariero in pogledal, kaj se zgodi. Za to je bilo najprej potrebno sestavitivalovni paket. Le tega naredimo tako, da sestejemo ravne valove z vsemi moznimi gibalnimikolicinami, in vsoto utezimo z Gaussovo funkcijo:

ψpaket(x, t) =1

A

∫ ∞

−∞e−

(p−p0)2

2σei(p(x−x0)−

√p2+1t)

, (9.133)

kjer sem zaradi enostavnosti postavil c = ~ = m = e = 1. Z x0 sem oznacil koordinato,kamor sem postavil ob t = 0 valovni paket, z p0 pa osrednjo gibalno kolicino, okrog katere jebil valovni paket razmazan. Ker je numericno racunanje danega integrala v vsakem korakux, t zahtevno, sem si drznil v svojem numericnem racunu, dani integral aproksimirati zvsoto

ψpaket =1

A

∑

−10:0.1:10

e−(p−p0)2

2σei(p(x−x0)−

√p2+1t)

, (9.134)

kjer sem v vsoti uposteval le gibalne kolicine na intervalu [−10, 10], sesteval pa sem s ko-rakom ∆ = 0.1. Ob tem sem poskrbel tudi za normalizacijo A, ki sem jo dolocil tako, dasem izracunal verjetnostno gostoto ρ = ψ∗ψ in jo sestel po dovolj velikem obmocju. Vsotavemo, da mora biti enaka 1 in od tod s korenjenjem dobimo A.

Da bi prisel do zeljenih rezultatov, sem moral numericno resevati kompleksno parcialnodiferencialno enacbo (Klein-Gordonovo enacbo), ki je brez nepotrebnih konstant imela ob-liko:

−∂2ψ

∂t2− 2iV

∂ψ

∂t+ (V 2 −m2)ψ +

∂2ψ

∂x2= 0 (9.135)

Pri tem sem seveda uposteval, da se potencial obnasa kot:

V (x) = V0Θ(x− 0) (9.136)

Naporno delo racunanja za nas rade volje opravi programski paket Mathematica, ki ima vta namen ze vgrajeno metodo NDSolve. Podati pa ji moramo seveda obmocje, na kateremiscemo naso resitev, ter robne in zacetne pogoje. V svoji resitvi sem reseval enacbo na


obmocju [−50, 50] × [−50, 50]. Ker sem predspostavil, da je to obmocje dovolj siroko, semsi lahko dovolil in robove pripel na niclo:

ψpaket(x = −50, t) = 0 (9.137)

ψpaket(x = 50, t) = 0 (9.138)

Podati pa sem moral tudi zacetno stanje, to je nas skuhani valovni paket 9.134, ki sem gaob t = 0 postavil v tocko x0 = −5 in izbral p0 = 2 ter σ = 0.2. Podati pa sem moral tudidrugi zacetni pogoj, to je njegov (od valovnega paketa) odvod:

∂ψpaket

dt(x, t = 0) =

1

A

∑

−10:0.1:10

(−i√p2 + 1)e−

(p−p0)2

2σei(p(x−x0)−

√p2+1t)

, (9.139)

podan seveda v istih tockah x0 in p0. Sedaj imamo vse pripravljeno, da dani postopekpozenemo in pogledamo, kaj dobimo. Rezultati, ki jih dobimo, so predstavljeni na slikah.Vidimo, da pri majhnih V0 dobimo tako prepusceni kot odbiti val. Od nekega V0 daljedobimo le odbite valove, po dovolj velikem V0 pa zopet dobimo tako prepusceni kot odbitival. V tem obmocju se zacnejo, kot smo napovedali tvoriti pari delec-antidelec.

Dobjene rezultate pa lahko tudi pokomentiramo. Iz teoreticne resitve v prejsnjem deluvemo, da je obmocje sibkega potenciala, kjer se nekaj valovanja prepusti in nekaj odbije,na obmocju V0 ≤ E −m2. To je v nasem primeru

V0 ≤√p2 + 1 − 1 (9.140)

Ce izracunamo to pri osrednji gibalni kolicini p0, dobimo

V0 ≤√p20 + 1 − 1 = 1.236 (9.141)

Pri V0 ≥ 1.236, bi morali torej dobiti same odboje, vendar jih ne. To je zato, ker ima naspaket koncno sirino in vsebuje tudi gibalne kolicine vecje od p0. Ce upostevamo ima priizbranih parametrih nas paket sirino na polovicni visini ∆ = 0.6. Ce napravimo oceno inpogledamo, koliko je V0 pri p = p0 + ∆, dobimo

V0 ≤√

(p0 + ∆)2 + 1 − 1 = 1.79 (9.142)

To pa nam je vsec, saj iz slik vidimo, da pri V ≥ 1.8 skoraj nimamo vec odbojev.

V obmocje mocnega potenciala pa pridemo, ko velja V0 ≤ E +m2. Ce to izracunamoza nas primer pri p0 dobimo

V0 ≥√p20 + 1 = 3.23 (9.143)


To spet ni v skladu s tistim, kar vidimo na slikah. Ce pa tudi tu upostevamo, da ima paketkoncno sirino in izracunamo, koliksen mora biti V0 na zadnjem robu paketa pri p0 −∆, padobimo

V0 ≥√

(p0 − ∆)2 + 1 + 1 = 2.72 (9.144)

Ta rezultat pa nas spet razveseli, saj vidimo, da se okrog te vrednosti zopet zacne pojavljatiprepusceni val, ki predstavlja seveda antidelce.


8V0 = 0<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

0

0.1

0.2ΡHx,tL

-20

0

20

40x

8V0 = 0.5<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

0

0.1

0.2

0.3ΡHx,tL

-20

0

20

40x

Figure 9.3: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in casa pri sipanjuGaussovega paketa na Coulombski stopnici pri x = 0 z velikostjo V0 = 0 in V0 = 0.5.


8V0 = 1.0<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

0

0.2

0.4ΡHx,tL

-20

0

20

40x

8V0 = 1.2<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

0

0.2

0.4

0.6

ΡHx,tL

-20

0

20

40x

Figure 9.4: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in casa pri sipanjuGaussovega paketa na Coulombski stopnici pri x = 0 z velikostjo V0 = 1.0 in V0 = 1.2.


8V0 = 1.5<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

00.20.40.6

0.8

ΡHx,tL

-20

0

20

40x

8V0 = 1.7<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

00.20.40.60.8

ΡHx,tL

-20

0

20

40x



8V0 = 2.0<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

00.20.40.60.8

ΡHx,tL

-20

0

20

40x

8V0 = 2.2<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

00.20.40.60.8

ΡHx,tL

-20

0

20

40x



8V0 = 2.5<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

00.20.40.60.8

ΡHx,tL

-20

0

20

40x

8V0 = 2.7<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

00.250.5

0.751

ΡHx,tL

-20

0

20

40x



8V0 = 2.8<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

00.250.5

0.751

ΡHx,tL

-20

0

20

40x

8V0 = 3.0<

-20

0

20

40x

0

10

20

30

40

t

0

0.5

1

1.5

ΡHx,tL

-20

0

20

40x



Chapter 10

Diracova enacba

Figure 10.1: Angleski fizik Paul Adrien Maurice Dirac se je rodil 8.8.1902 v Bristolu inumrl 21.10.1984 mestu Liechtenstein. Zapisal je Diracovo enacbo za gibanje elektronav relativisticni kvantni mehaniki in na njeni osnovi napovedal spin in magnetni momentelektrona ter obstoj pozitrona in antiprotona. v Diracovi teoriji sevanja je razsiril kvantniopis na vse elektromagnetno polje. Leta 1933 je prejel Nobelovo nagrado skupaj z E.Schrodingerjem. [12]

10.1 Tok prostega Diracovega delca

Doloci tok ~j = ψ†~αψ za prost Diracov delec. ~αD = (α1, α2, α3) so Diracove matrike.

Resitev:

Najprej zapisimo Diracovo enacbo, ki se, kot vemo, glasi

−1

c

∂ψ

∂t+ α1

∂ψ

∂x+ α2

∂ψ

∂y+ α3

∂ψ

∂z+ iβ

mc

~ψ = 0 (10.1)

135

136 CHAPTER 10. DIRACOVA ENACBA

Kot smo ze v nalogi povedali, so α1, α2, α3, β tako imenovane Diracove matrike in imajoobliko

α1 =

0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0

α2 =

0 0 0 −i0 0 i 00 −i 0 0i 0 0 0

(10.2)

α3 =

0 0 1 00 0 0 −11 0 0 00 −1 0 0

β =

1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

(10.3)

Resitev Diracove enacbe lahko zapisemo kot stiri vektor oblike

ψ =

ψ1

ψ2

ψ3

ψ4

(10.4)

Najprej izracunajmo produkte αiψ in βψ. Ko opravimo mnozenje vektorja z matriko,dobimo

α1ψ =

ψ4

ψ3

ψ2

ψ1

; α2ψ = i

−ψ4

ψ3

−ψ2

ψ1

; α3ψ =

ψ3

−ψ4

ψ1

−ψ2

; βψ =

ψ1

ψ2

−ψ3

−ψ4

(10.5)

Ko te zveze upostevamo v Diracovi enacbi, dobimo sistem stirih enacb:

−1

c

∂ψ1

∂t+∂ψ4

∂x− i

∂ψ4

∂y+∂ψ3

∂z+ i

mc

~ψ1 = 0 (10.6)

−1

c

∂ψ2

∂t+∂ψ3

∂x+ i

∂ψ3

∂y− ∂ψ4

∂z+ i

mc

~ψ2 = 0 (10.7)

−1

c

∂ψ3

∂t+∂ψ2

∂x− i

∂ψ2

∂y+∂ψ1

∂z− i

mc

~ψ3 = 0 (10.8)

−1

c

∂ψ4

∂t+∂ψ1

∂x+ i

∂ψ1

∂y− ∂ψ2

∂z− i

mc

~ψ4 = 0 (10.9)

Sedaj pa upostevajmo, da v nasi nalogi resujemo problem prostega delca. Zanj lahkonastavimo resitev v obliki ravnega vala kot

ψ =

c1c2c3c4

ei(kxx+kyy+kzz−ωt), (10.10)

10.1. TOK PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA 137

kjer je seveda ω = E~. Sedaj ta nastavek vstavimo v zgornji sistem stirih enacb. Ko

izvedemo vsa potrebna odvajanja in se upostevamo, da so faktorji ci konstantni, potemdobimo za dani primer sistem enacb, ki ima v matricnem zapisu obliko

ωc + mc

~0 kz kx − iky

0 ωc + mc

~kx + iky −kz

kz kx − ikyωc − mc

~0

kx + iky −kz 0 ωc − mc

~

c1c2c3c4

= 0 (10.11)

Dani sistem bo imel netrivialno resitev tedaj, ko bo determinanta zgornje matrike enakanic. Ko jo izracunamo, dobimo pogoj

[(ωc

)2−(mc

~

)2− k2

]= 0 (10.12)

Od tod vidimo, da dobimo kot resitev dve mozni frekvenci

ω

c= ±

√(mc~

)2+ k2, (10.13)

ena je pozitivna, druga pa negativna. To pomeni, da od stirih resitev, ki jih imamo,imata dve pozitivno, dve pa negativno frekvenco. Na tem mestu ze lahko povemo, daresitvi s pozitivnima frekvencama ustrezata delcema, resitvi z negativnima frekvencama paantidelcema. Ker mi v nasi nalogi opazujemo delec, nas torej zanimata le resitvi s pozitivnoenergijo:

E = +|E| =

√(mc~

)2+ k2 (10.14)

V valovni funkciji prostega delca 10.10 predstavljata koeficienta c3, c4 delcni del valovnefunkcije c1, c2, pa antidelcni del valovne funkcije. Sedaj je te koeficiente potrebno sepoiskati. Dogovorimo se, da nas zanima delec s spinom gor. Izberemo

c3 = 1 in c4 = 0 (10.15)

Sedaj nam preostane se, da za dani primer poiscemo se koeficienta c1, c2. V ta namenvstavimo c3 in c3 v enacbo 10.6. Od tod ob upostevanju p = k~, dobimo

c1 =−pzc

|E| +m2c

(10.16)

Iz enacbe 10.7 pa povsem analogno dobimo

c2 =−c(px + ipy)

|E| +mc2(10.17)

Tako se nasa resitev za delec s spinom gor glasi

|ψD↑〉 = A

−pzc|E|+m2

c−c(px+ipy)|E|+mc2

10

e

~k~r−ωt (10.18)


Da bo resitev popolna potrebujemo se normalizacijo. Zadovoljiti moramo pogoju

〈ψD|ψD〉 = 1 (10.19)

Ob upostevanju nase resitve, moramo izracunati skalarni produkt

( −pzc

|E| +m2c

,−c(px − ipy)

|E| +mc2, 1, 0

)

−pzc|E|+m2


10

|A|2 = 1 (10.20)

Ko dani skalarni produkt izracunamo, dobimo ven pogoj za A:

|A| =

√|E|2 +mc2

2|E| (10.21)

Celotno resitev za delec s spinom gor lahko potem takem zapisemo kot

|ψD↑〉 =

√|E|2 +mc2

2|E|

−pzc|E|+m2


10

ei(

~k~r−ωt) (10.22)

Povsem analogen racun napravimo tudi za drugo moznost, to je za delec s spinom dol. Vtem primeru pa nastavimo

c3 = 0 in c4 = 1 (10.23)

Ko izracunamo preostala koeficienta in stvar normiramo dobimo valovno funkcijo tudi zata primer in se glasi

|ψD↓〉 =

√|E|2 +mc2

2|E|

−(px−ipy)c|E|+m2

ccpz

|E|+mc2

01

ei(

~k~r−ωt) (10.24)

Sedaj ko vemo, kaksno obliko ima prost Diracov delec s spinom 1/2, pa lahko izracunamotok verjetnosti, ki je definiran kot

~j = ψ†~αψ (10.25)

oziroma,ce razpisemo po komponentah:

jx = ψ†α1ψ (10.26)

jy = ψ†α2ψ (10.27)

jz = ψ†α3ψ (10.28)

(10.29)

10.2. PARNOST IN DIRACOVA ENACBA 139

Posamezne komponente lahko izracunamo kar po definiciji:

jx = (c∗1, c∗2, c

∗3, c

∗4)e

−i(kxx+kyy+kzz−ωt)

0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0

c1c2c3c4

ei(kxx+kyy+kzz−ωt)

jx = (c∗1c4 + c1c∗4) + (c∗2c3 + c2c

∗3)(10.30)

Po povsem analognem postopku dobimo tudi preostali komponenti:

jy = i(c1c∗4 − c∗1c4) + (c∗2c3 − c2c

∗3) (10.31)

jz = (c∗1c3 + c1c∗3) − (c∗2c4 + c2c

∗4) (10.32)

To so sedaj v splosnem rezultati, ki jih zelimo. Za konec si se poglejmo, kaksno oblikoimajo ji za primer prostega delca. Ker je stvar analogna za oba primera si komponente jipoglejmo le za delec s spinom gor. Ko iz rezultata 10.22 preberemo kaj so ci (in pri temseveda pazimo na normalizacijski faktor, ki ga je treba tudi upostevati) in to upostevamov nasih izrazih, dobimo naslednje rezultate:

jx =

( |E| +mc2

2|E|

)(−(px − ipy)c

|E| +mc2× 1 − (px + ipy)c

|E| +mc2× 1

)= −pxc

|E| (10.33)

jy = ... = −pyc

|E| (10.34)

jz = ... = −pzc

|E| . (10.35)

Tako, pa smo pri koncu.

10.2 Parnost in Diracova enacba

Parnost P = γ0Ix je diskretna simetrija Diracove enacbe. Izracunaj:

a.) PSabP−1

b.) Kako transformira P Diracovo resitev za prost spinor?

Resitev:

Operator Ix, ki nastopa v definiciji parnosti, je definiran kot

IxxmI−1

x = xm, (10.36)

kar pomeni, da ko deluje operator Ix na stiri-vektor xm, ohrani nicto komponento, krajevnekomponente pa pomnozi z (−1):

x0 −→ x0 = x0 (10.37)

xi −→ −xi, i = 1, 2, 3 (10.38)


Dani operator ima tudi to lastnost, da komutira z opeartorji γm:

{Ix, γm}− = 0, m = 0, 1, 2, 3 (10.39)

Za nase potrebe je vredno zapisati tudi inverzni operator parnosti

P−1 = I−1x γ0−1

= I−1x γ0, (10.40)

kjer upostevamo, da je γ0−1= γ0, saj velja γ0γ0 = id. Preden se lotimo resnega racuna pa

zapisimo se antikomutacijsko relacijo med operatorji γm, ki nam bo se kako prisla prav:

{γa, γb}+ = 2ηab, (10.41)

kar lahko nekoliko drugace zapisemo v obliki

γaγb + γbγa = 2ηab (10.42)

Sedaj najprej izracunajmo tocko a.), za a, b = 1, 2, 3. V tem primeru je operator spinadefiniran kot

Sab =i

2γaγb (10.43)

Ce to upostevamo v nasem sendvicu, dobimo

PSabP−1 = γ0Ixi

2γaγbI−1

x γ0 (10.44)

Tu lahko sedaj upostevamo zvezo 10.39, zaradi cesar operator Ix lahko preskoci vse op-eratorje γm, ki so mu na poti in se s svojim inverznim operatorjem iznici v identitetoIxI

−1x = id. Tako nam ostane le se

PSabP−1 =i

2γ0γaγbγ0 (10.45)

Sedaj upostevajmo se zvezo 10.42, ki nam da

γ0γa = −γaγ0 (10.46)

γbγ0 = −γ0γb (10.47)

Ce to upostevamo v nasem racunu, dobimo

PSabP−1 =i

2(−)γaγb(−)γ0γ0 =

i

2γaγb = Sab (10.48)

Vidimo, da ce z operatorjem parnosti delujem na operator spina za a, b = 1, 2, 3, dobimoisti operator nazaj.Sedaj pa si poglejmo se, kaj dobimo, ce delujemo na S0i, ki je definiran kot

S0i =1

2γ0γi, i = 1, 2, 3 (10.49)


Ce operator vtaknemo v sendvic, dobimo

PS0iP−1 = γ0Ix1

2γ0γiI−1

x γ0 (10.50)

Ko tudi tu upostevamo iste trike, kot smo jih v prejsnjem primeru, dobimo:

PS0iP−1 =1

2γ0γ0γiγ0 =

1

2γiγ0 = −1

2γ0γi = −S0i (10.51)

V tem primeru pa vidimo, da ko z operatorjem parnosti delujemo na S0i, dobimo nazaj istioperator, ki pa je se pomnozen z (−1).

Sedaj pa si poglejmo se drugi del naloge. Pri resevanju Diracove enacbe za prost spinordobimo stiri resitve

|ψD↑〉 =

√|E| +mc2

2|E|

10

cp3

|E|+mc2

c(p1+ip2)|E|+mc2

e−ikaxa

, (10.52)

|ψD↓〉 =

√|E| +mc2

2|E|

01c(p1−ip2)|E|+mc2

−cp3

|E|+mc2

e−ikaxa

(10.53)

|ψA↑〉 =

√|E| +mc2

2|E|

−cp3

|E|+mc2

−c(p1+ip2)|E|+mc2

10

eikaxa

, (10.54)

|ψA↓〉 =

√|E| +mc2

2|E|

−c(p1−ip2)|E|+mc2

cp3

|E|+mc2

01

eikaxa

(10.55)

Resitve so podane v Diracovi reprezentaciji. Prvi dve resitvi ustrezata delcema s spinomgor in dol, preostali resitvi pa ustrezata anti-delcema s spinom gor in dol. Poudariti je tudipotrebno, da imasta delcni resitvi pozitivno energijo

Ed = |E|, (10.56)

anti-delcema pa ustreza negativna energija

Ea = −|E| (10.57)


Ce se uporabimo, da je k0 = k0 = Ec~

, lahko resitve zapisemo v obliki

|ΨD〉 =

c1c2c3c4

e−i(

|E|t~

−~k.~x) (10.58)

|ΨA〉 =

c1c2c3c4

e−i(

|E|t~

+~k.~x) (10.59)

To znanje nam bo prislo prav, ko bomo interpretirali resitve. Kako deluje operator Ix zevemo, potrebujemo le se operator γ0, ki pa ima v Diracovi notaciji obliko

γ0 = −

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

(10.60)

Sedaj pa zapisimo:

P |ψD〉 = γ0Ix

c1c2c3c4

e−i(kD

0 x0−~k.~x) (10.61)

Operator Ix preskoci cetverec iz c-jev, ki so odvisni le od pi in deluje le na cetverec xm

tako, da negativno predznaci koordinatni del. Tako nam ostane

P |ψD ↑〉 = γ0

c1c2c3c4

e−i(kD

0 x0+~k.~x) =

= −

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

c1c2c3c4

e−i(kD

0 x0+~k.~x) =

= −

c3c4c1c2

e−i(kD

0 x0+~k.~x) (10.62)

Ce sedaj vstavimo noter, kaj so c1, ..., c4, ter se upostevamo, da je delcna energija pozitivna,


dobimo

P |ψD ↑〉 =

√|E| +mc2

2|E|

−cp3

|E|+mc2

−c(p1+ip2)|E|+mc2

−10

e−i(kD

0 x0+~k.~x) =

=

√|E| +mc2

2|E|

−cp3

|E|+mc2

−c(p1+ip2)|E|+mc2

−10

e−i( |E|t

~+~k.~x), (10.63)

kjer smo se upostevali, da je x0 = ct. Povsem analogno lahko sedaj izracunamo, kaj dobimo,ce delujemo z operatorjem parnosti na ostale Diracove resitve za prosti spinor:

P |ψD↓〉 =

√|E| +mc2

2|E|


cp3

|E|+mc2

0−1

e−i(kD

0 x0+~k.~x) =

=

√|E| +mc2

2|E|


cp3

|E|+mc2

0−1

e−i(

|E|t~

+~k.~x) = |ψA↓〉 (10.64)

P |ψA↑〉 =

√|E| +mc2

2|E|

−10

cp3

|E|+mc2

c(p1+ip2)|E|+mc2

ei(k

0Ax0+~k.~x) =

=

√|E| +mc2

2|E|

−10

cp3

|E|+mc2

c(p1+ip2)|E|+mc2

e−i( |E|t

~−~k.~x) = |ψD↑〉 (10.65)

P |ψA↓〉 =

√|E| +mc2

2|E|

0−1c(p1−ip2)|E|+mc2

−cp3

|E|+mc2

ei(k

0Ax0+~k.~x) =

=

√|E| +mc2

2|E|

0−1c(p1−ip2)|E|+mc2

−cp3

|E|+mc2

e−i(

|E|t~

−~k.~x) = |ψD↓〉 (10.66)


To so sedaj vse resitve, ki smo jih zeleli dobiti.

10.3 Lastna stanja prostega Diracovega delca v kiralni reprezentaciji

V kiralni reprezentaciji doloci lastna stanja Diracove enacbe za prost delec (γµpµ = mc)|ψ〉 =0. Pomagaj si z nastavkom |ψ〉 = α|ψL↑〉 + β|ψR↑〉 + δ|ψL↓〉 + σ|ψR↓〉. Poglej primere:

1. pµ = (p0, 0, 0, 0), (10.67)

2. pµ = (p0, 0, 0, p3), (10.68)

3. pµ = (p0, ~p), (10.69)

Resitev:

Najprej zapisimo bazna stanja:

|ψL↑〉 = (1, 0, 0, 0)T (10.70)

|ψL↓〉 = (0, 1, 0, 0)T (10.71)

|ψR↑〉 = (0, 0, 1, 0)T (10.72)

|ψR↓〉 = (0, 0, 0, 1)T (10.73)

Diracove matrike v kiralni upodobitvi pa se izrazajo kot

γ0 =

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

, γ1 =

0 0 0 10 0 1 00 −1 0 0−1 0 0 0

(10.74)

γ2 =

0 0 0 −i0 0 i 00 i 0 0−i 0 0 0

, γ3 =

0 0 1 00 0 0 −1−1 0 0 00 1 0 0

(10.75)

pµ = (p0, 0, 0, 0):

V tem primeru se Diracova enacba glasi:

(γ0p0 −mc)|ψ〉 = 0 (10.76)

Ce upostevamo nas nastavek za valovno funkcijo, lahko zapisemo:

(γ0p0 −mc)(α|ψL↑〉 + β|ψR↑〉 + δ|ψL↓〉 + σ|ψR↓〉) = 0 (10.77)

10.3. LASTNA STANJA PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA V KIRALNI REPREZENTACIJI145

Ko delujemo z matriko γ0 na bazna stanja ugotovimo, da ta transformacija naredi iz lev-orocnih stanj desnorocna in obratno. Spin pa se pri transformaciji ohrani. Torej velja:

γ0|ψL↑〉 = |ψR↑〉 (10.78)

γ0|ψR↑〉 = |ψL↑〉 (10.79)

γ0|ψL↓〉 = |ψR↓〉 (10.80)

γ0|ψR↓〉 = |ψL↓〉 (10.81)

(10.82)

Ko to upostevamo v zgornji enacbi, dobimo :

αp0|ψR↑〉 −mcα|ψL↑〉 + βp0|ψL↑〉 − βmc|ψR↑〉 +

+p0δ|ψR↓〉 −mcδ|ψL↓〉 + p0σ|ψL↓〉 −mcσ|ψR↓〉 = 0 (10.83)

Ko poberemo istolezne clene skupaj in upostevamo, da so bazna stanja ortogonalna, dobimosistem enacb:

αp0 −mcβ = 0 (10.84)

−mcα+ βp0 = 0 (10.85)

p0δ −mcσ = 0 (10.86)

−mcδ + p0σ = 0 (10.87)

Vidimo, da dobimo dva identicna sistema dveh enacb. Ko izracunamo determinanto sis-tema, dobimo

p02 −m2c2 = 0 =⇒ p0 = ±mc (10.88)

Rezultat, ki smo ga dobili, nas razveseli, saj smo dobili pravi izraz za energijo. Iz zgornjihenacb izrazimo ven β in σ. Dobimo:

β =p0

mcα = ±α (10.89)

σ =p0

mcδ = ±δ (10.90)

Tako lahko naso resitev sedaj izrazimo v obliki

|ψ〉 = α(|ψL↑〉 ± |ψR↑〉) + δ(|ψL↓〉 ± |ψR↓〉) (10.91)

Koeficienta α in δ, ki ostaneta nedolocena dolocimo z noramlizacijo ter se z nekim dodatnimpogojem, ki nekako pove prisotnost posameznega spina v resitvi.


pµ = (p0, 0, 0, p3):

V tem primeru pa moramo resiti enacbo oblike:

(γ0p0 − γ3p3 −mc)|ψ〉 = 0 (10.92)

V matricni obliki se dani sistem glasi:

−mc 0 p0 − p3 00 −mc 0 p0 + p3

p0 + p3 0 −mc 00 p0 − p3 0 −mc

αβδσ

= 0 (10.93)

Ko napravimo isto manipulacijo kot v prvi nalogi, dobimo zopet dva enaka sistema enacb:

(−mc)α+ (p0 − p3)δ = 0 (10.94)

(p0 + p3)α−mcδ = 0 (10.95)

−mcβ + (p0 + p3)σ = 0 (10.96)

(p0 − p3)β −mcσ = 0 (10.97)

Ko ven izracunamo determinanto, dobimo:

det = m2c2 − (p0 + p3)(p0 − p3) = 0 (10.98)

Od tod ven dobimo:

p3 = ±√p0p0 −m2c2 (10.99)

Iz sistema enacb izrazimo σ in δ. Dobimo:

δ =p0 + p3

mcα =

p0 ±√p0p0 −m2c2

mcα (10.100)

σ =p0 − p3

mcβ =

p0 ∓√p0p0 −m2c2

mcβ (10.101)

Tako smo dolocili tudi resitev za ta primer. Zopet ostaneta dva prosta parametra (α in β),ki ju moramo dolociti drugace.

pµ = (p0, ~p):

Za konec pa nam preostane se, da izracunamo kompletno Diracovo enacbo v Kiralni up-odobitvi. Ta se glasi:

(γ0p0 − γ1p1 − γ2p2 − γ3p3 −mc)|ψ〉 = 0 (10.102)

Ko razpisemo sistem v matricni obliki, pa dobimo:

−mc 0 p0 − p3 −p1 + ip2

0 −mc −p1 − ip2 p0 + p3

p0 + p3 p1 − ip2 −mc 0p1 + ip2 p0 − p3 0 −mc

αβδσ

= 0 (10.103)

10.4. HERMITSKI OPERATORJI ZA PROST DIRACOV DELEC 147

Najprej izracunajmo determinanto. Pri tem nam pomaga programski paket Mathematica,ki izracuna:

det = (m2c2 − p0p0 + p1p1 + p2p2 + p3p3) = 0 (10.104)

Od tod ven dobimo:

p1p1 + p2p2 + p3p3 = p0p0 −m2c2 (10.105)

Sedaj pa iz matricne oblike Diracove enacbe sestavimo sistem enacb, tako kot smo tonaredili v prejsnjih primerih. Dobimo:

−αmc+ δ(p0 − p3) − (p1 − ip2)σ = 0 (10.106)

−mcβ − δ(p1 + ip2) + (p0 + p3)σ = 0 (10.107)

α(p0 + p3) + β(p1 − ip2) −mcδ = 0 (10.108)

α(p1 + ip2) + β(p0 − p3) −mcσ = 0 (10.109)

Iz slednji dveh enacb izrazimo ven σ in δ:

δ = α(p0 + p3)

mc+ β

p1 − ip2

mc(10.110)

σ = αp1 + ip2

mc+ β

p0 − p3

mc(10.111)

Izraza sedaj vsavimo v prvo enacbo nasega sistema in ko enacbo uredimo, dobimo

− α

mc

(m2c2 − (p0 − p3)(p0 + p3) + (p1 − ip2)(p1 + ip2)

)+

β

mc

(−(p0 − p3)(p1 − ip2) + (p1 − ip2)(p0 − p3)

)(10.112)

Clen, ki nastopa za β je identicno enak nic. Clen za α pa je tudi nic zaradi energijskegapogoja, ki smo ga izpeljali iz determinante. Od tod vidimo, da sta α in β zopet dva poljubnaparametra v nasi resitvi, ki ju dolocimo z normalizacijo in drugimi pogoji. Preostala dvakoeficienta δ in σ pa smo ze dolocili. S tem je nasa resitev dolocena, kolikor je sploh lahkodolocena.

10.4 Hermitski operatorji za prost Diracov delec

Za prost Diracov delec doloci maksimalni nabor operatorjev, ki komutirajo s Hamiltonovimoperatorjem, ter doloci lastno valovno funkcijo.

Resitev:

Diracovo enacbo, ki se glasi:

(γµpµ −mc)|ψ〉 = 0 (10.113)

(γ0p0 −3∑

i=1

γipi −mc)|ψ〉 = 0 (10.114)


najprej pomnozimo z γ0 in locimo casovni del gibalne kolicine od krajevnega. To nam da:

p0|ψ〉 = (

3∑

i=1

γ0γipi + γ0mc)|ψ〉 (10.115)

Ce se nekoliko razpisemo, dobimo:

i~∂

∂|ψ〉 = (c

3∑

i=1

γ0γipi + γ0mc2)|ψ〉 (10.116)

Od tod ven lahko preberemo Hamiltonovo funkcijo, ki se glasi:

H = c

3∑

i=1

γ0γipi + γ0mc2 = c

3∑

i=1

αipi + βmc2 (10.117)

Prvi operator, ki nam pride na misel je seveda gibalna kolicina. Poglejmo, ali komutiras Hamiltonjanom? Naredimo najprej za prvo komponento:

[p1c(γ0γ1p1 + γ0γ2p2 + γ0γ3p3) −mc2γ0] =

= [p1, cγ0γ1p1] + [p1, c(γ

0γ2p2)] + [p1, c(γ0γ3p3)] + [p1,−mc2γ0] = 0, (10.118)

saj komponente gibalne kolicine med sabo komutirajo. Enak postopek lahko naredimo seza ostale komponente in dobimo koncni rezultat:

[~p,H] = 0 (10.119)

Fino, en komutirajoci operator smo ze nasli. Drug tak operator, ki ga je vredno pogledatije sucnost (Helicity), ki predstavlja projekcijo spina na smer gibalne kolicine in je definirankot:

Λs =~S.~p

|~p| , (10.120)

kjer je

~S =~

2

(~σ 00 ~σ

)(10.121)

Poglejmo si sedaj komutator tega operatorja s Hamiltonjanom:

[H,Λs] =1

|~p| [c~α.~p+ βmc2, ~S.~p] =1

|~p| [c~α.~p,~S.~p] +

mc2

|~p| [β, ~S.~p] (10.122)

Za izracun slednjega clena je pomemben komutator:

[β, ~Si] =

(I 00 −I

)(σi 00 σi

)−(σi 00 σi

)(I 00 −I

)= 0 (10.123)


Od tod vidimo, da nam slednji clen odpade. Prvi clen v nasem komutatorju pa je:

[~α.~p, ~S.~p] = (∑

i

αipi)(∑

j

Sjpj) − (∑

j

Sjpj)(∑

i

Sipi) =

=

(0 ~σ.~p~σ.~p −I

)(~σ.~p 00 ~σ.~p

)−(~σ.~p 00 ~σ.~p

)(0 ~σ.~p~σ.~p 0

)=

=

(0 (~σ.~p)2

(~σ.~p)2 0

)−(

0 (~σ.~p)2

(~σ.~p)2 0

)= 0 (10.124)

Tako smo koncno dobili, da je [Λs,H] = 0. Na koncu pa si poglejmo se operator ”predz-naka”, ki je definiran kot:

Λ =H

|H |=

H√H

=c(~α.~p) + βmc2√c2p2 +m2c4

(10.125)

Ce se vpeljemo Ep =√c2p2 +m2c4, dobimo, da je

Λ =c(~α.~p) + βmc2

Ep(10.126)

Mi vemo, da ima prost Diracov delec lahko energijo ǫ = ±Ep, glede na to ali obravnavamodelec (ǫ ≥ 0), ali antidelec (ǫ ≤ 0). Dani operator nam pove, ali ima doloceno stanjepozitivno ali negativno energijo. Sedaj poglejmo se njegov komutator s Hamiltonjanom:

[Λ,H] = [c(~α.~p) + βmc2

Ep, c(~α.~p) + βmc2] =

1

Ep[c~α.~p+ βmc2, ~α.~p+ βmc2] = 0 (10.127)

Sedaj imamo tri operatorje, ki komutirajo z Hamiltonovo funkcijo in verjamemo, da s temitremi operatorji lahko povsem opisemo stanje sistema. Mi vemo, da so resitve Diracoveenacbe za prost delec stirje ravni valovi:

ψDp,1/2 = N

(10

)

c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

ei(~p.~x−Ept

~) (10.128)

ψDp,−1/2 = N

(01

)

c~σ.~pmc2+|E|

(01

)

ei(~p.~x−Ept

~) (10.129)

ψAp,1/2 = N

− c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

(10

)

ei(~p.~x+

Ept

~) (10.130)

ψAp,1/2 = N

− c~σ.~pmc2+|E|

(01

)

(01

)

ei(~p.~x+

Ept

~) (10.131)


Izkaze se, da so to dobra lastna stanja za nase tri operatorje. Najprej preverimo za gibalnokolicino:

pψDp,1/2 = N

(10

)

c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

~pei(~p.~x−Ept

~) =

= N

(10

)

c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

(p1ex + p2ey + p3ez)e

i(~p.~x−Ept

~) = ~pψD

p,1/2. (10.132)

Za ostala tri dana stanja bi lahko naredili enak racun in dobili isti rezultat:

~pψD,A~p,s = ~pψD,A

~p,s (10.133)

Sedaj preverimo ali so dani vektorji dobri tudi za operator sucnosti. Tu nisem gledalsplosno, pac pa sem si zaradi enostavnosti pogledal konkreten primer, ko se delec giblje vsmeri osi z. V tem primeru se operator sucnosti poenostavi:

Λs = Sz =~

2

(σz 00 σz

)=

~

2

1−1

1−1

(10.134)

Ko s tem operatorjem delujem na nasa stanja dobim:

ΛsψD~p,1/2 =

~

2

(σ3 00 σ3

)N

(10

)

c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

ei(~p.~x−Ept

~) =

=~

2N

(σ3

10

)

σ3c~σ.~p

mc2+|E|

(10

)

ei(~p.~x−Ept

~) =

=~

2N

(10

)

c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

ei(~p.~x−Ept

~) =

~

2ψD

p,1/2 (10.135)

Za ostale primere dobimo podobne rezultate:

ΛsψDp,−1/2 = −~

2ψD

p,−1/2 (10.136)

ΛsψAp,1/2 =

~

2ψA

p,1/2 (10.137)

ΛsψAp,−1/2 = −~

2ψA

p,−1/2 (10.138)


Od tod vidimo, da so dana stanja lastna stanja operatorja sucnosti z lastnimi vrednostmi±~

2 , glede na to ali ima dano stanje spin gor ali dol.

Na koncu nam preostane se, da preverimo ustreznost danih stanj za operator ”predz-naka”. Tudi tu sem preveril le za konkreten primer, ko se delec giblje v smeri osi z:

ΛψDp,1/2 =

c

Epα3N

(10

)

c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

p3ei(px3−Ept

~) +

+mc2

EpβN

(10

)

c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

ei(px3−Ept

~) =

=c

EpN

cσ3pmc2+Ep

σ3

(10

)

σ3

(10

)

pei(px3−Ept

~) +

+mc2

EpN

(10

)

− c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

ei(px3−Ept

~) =

=Ep

EpN

(10

)

c~σ.~pmc2+|E|

(10

)

ei(px3−Ept

~) = 1ψD

p,1/2 (10.139)

Po povsem analognem postoku delujemo z operatorjem Λ se na ostala tri stanja in dobimo:

ΛψDp,1/2 = 1ψD

p,1/2 (10.140)

ΛψDp,−1/2 = 1ψD

p,−1/2 (10.141)

ΛψAp,1/2 = −1ψA

p,1/2 (10.142)

ΛψAp,−1/2 = −1ψA

p,−1/2 (10.143)

(10.144)

Tako, pokazali smo, da so nasa izbrana stanja, ki resijo Diracovo enacbo za prost delec tudilastna stanja operatorja predznaka, z lastno vrednostjo λ = +1 za delcni valovni funkcijiin z lastno vrednostjo λ = −1 za antidelcni valovni funkciji.


10.5 Operator hitrosti prostega Diracovega delca

Ehrenfestov izrek pravi, da pricakovane vrednosti kvantnomehanskih opazljivk (operator-jev) zadoscajo enacbam klasicne mehanike za iste opazljivke. Za prost Diracov delec zapisioperator hitrosti ter doloci casovno odvisnost njegove lege.

Resitev:

Dogovorimo se, da operatorje locimo na sode ali lihe, glede na to, kako spremenijo predznakenergije stanja (λ), na katerega delujeko. Operator je sod, ce iz pozitivne funkcije (λ = +1)naredi pozitivno funkcijo in iz negativne funkcije (λ = −1) naredi negativno funkcijo.Operator pa je lih, ce iz pozitivne funkcije naredi negativno in obratno. Ob tem sevedavelja, da je produkt dveh sodih ali dveh lihih operatorjev vedno sod in produkt sodega inlihega operatorja vedno lih. Velja tudi, da so vse pozitivne funkcije (λ = 1) ortogonalnena negativne funkcije (λ = −1). Iz nastetih trditev hitro ugotovimo, da je pricakovanavrednost lihega operatorja enaka nic:

〈ψ|Aodd|ψ〉 = 0, (10.145)

saj velja:

〈ψλ=1|Aodd|ψλ=1〉 = 〈ψλ=1|ψ′λ=−1〉 = 0 (10.146)

〈ψλ=−1|Aodd|ψλ=−1〉 = 〈ψλ=−1|ψ′λ=1〉 = 0 (10.147)

Vemo, da je energije prostega Diracovega delca dobro dolocena, fiksna, kar pomeni, da imataksno stanje fiksen predznak energije (λ = ±1). Zaradi tega morajo biti v enodelcni teorijivse fizikalne kolicine definirane s sodimi operatorji.

Vsak operator A lahko razpisemo tako, da ga razdelimo na sodi ([A]) in lihi del ({A}).

A = [A] + {A}, (10.148)

Ce vpeljemo nekoliko krajsi zapis ψλ=±1 = ψ±, veljajo zveze:

Aψ+ = [A]ψ+ + {A}ψ+ (10.149)

Aψ− = [A]ψ− + {A}ψ− (10.150)

Ce se upostevamo, kaj naredi operator ”predznaka”:

Λψ± = ±ψ±, (10.151)

lahko izpeljemo naslednje zveze:

ΛAΛψ+ = ΛAψ+ = Λ[A]ψ+ + Λ{A}ψ+ = [A]ψ+ −Aψ+ (10.152)

ΛAΛψ− = −ΛAψ− = −Λ[A]ψ− − Λ{A}ψ− = [A]ψ− −Aψ− (10.153)

10.5. OPERATOR HITROSTI PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA 153

Ce med seboj sestejemo zvezi 10.149 in 10.152 ter 10.150 in 10.153, dobimo kako se sprvotnim operatorjem izraza sodi del operatorja:

[A] =1

2(ΛAΛ +A) (10.154)

Ce pa med seboj odstejemo zvezi 10.149 in 10.152 ter 10.150 in 10.153, pa izvemo, kako ses prvotnim operatorjem izraza lihi del operatorja A:

{A} =1

2(A− ΛAΛ) (10.155)

Sedaj si nekoliko od blizje poglejmo Hamiltonov operator za prost Diracov delec. Zanjvelja:

ΛHfΛψ+ = ΛHfψ+ = Λǫψ+ = ǫψ+ = Hfψ+ (10.156)

ΛHfΛψ− = −ΛHfψ− = −Λǫψ− = −ǫψ− = Hfψ−, (10.157)

kjer je ǫ energija danega stanja. Iz zgornjih zvez vidimo, da velja:

ΛHfΛ = Hf , (10.158)

kar pomeni, da je Hf sod operator, saj posledicno velja:

{Hf} =1

2(Hf − ΛHfΛ) = 0 (10.159)

[Hf ] =1

2(Hf +Hf ) = Hf (10.160)

Enaka zveza velja tudi gibalno kolicino:

λ~pΛ = ~p, (10.161)

kar posledicno pomeni, da je tudi gibalna kolicina sod operator:

[~p] =1

2(~p + Λ~pΛ) = ~p (10.162)

Sedaj poiscimo sodi del Diracovih matrik ~α:

[αi] =1

2(αi + ΛαiΛ) (10.163)


V ta namen si najprej poglejmo clen:

ΛαiΛ =(c(~α.~p) + βmc2)αi

EpΛ = (cα2

i pi + c∑

i6=j

αjpjαi + βαimc2)

Λ

Ep=

=cpi

EpΛ +

βmc2

Ep

αic(~α.~p)

Ep+βαiβm

2c4

E2p

+c∑

i6=j αjpjαiΛ

Ep=

=cpi

epΛ +

βmc2

E2p

(αiαipi +∑

i6=j

αiαjpj) −αim

2c4

E2p

+c∑

i6=j αjpjαi

EpΛ =

=cpi

EpΛ +

cpi

Ep(

∑i6=j cαjpj

Ep+mc2β

Ep) − c2p2

iαi

E2p

+

+c∑

i6=j

αjpjαi

Ep

∑

k 6=i

cαkpk

Ep− αi

m2c4

E2p

=

=2cpi

EpΛ − αi

∑

i6=j

cpjαj

Ep

∑

i6=k

cαkpk

Ep− αi

m2c4

E2p

− c2p2iαi

E2p

(10.164)

V Dvojni vsoti ki nam ostane opazimo, da se vsi mesani cleni pokrajsajo, tako da nam nakoncu ostane le se:

ΛαiΛ =2cpi

EpΛ − αi(

c2p2j 6=i + c2p2

i −m2c4

E2p

) = −αi +2cpi

EpΛ (10.165)

To sedaj pomeni, da je sodi del operatorja αi enak:

[αi] =1

2(αi − αi +

2cpi

EpΛ) =

cpi

EpΛ (10.166)

Sedaj, ko smo si utrli pot, pa se lahko lotimo konkretne naloge. Vemo, da se Ehrenfestovteorem glasi:

d

dt〈A〉 =

i

~〈[H,A]〉 =

1

i~〈[A,H]〉 (10.167)

Poglejmo si, kaj dobimo , ce za nas operator vzamemo operator lege A = ~x:

d

dt~x =

1

i~

[x, c(~α.~p) + βmc2

]=

c

i~[~x, (~α.~p)] +

c

i~

[~x, βmc

](10.168)

Drugi komutator komutira z opeartorjem odmika, tako da nam ostane le prvi clen:

d

dt~x =

c

i~

[~x, (~α.~p)

]= c~α = ~v, (10.169)

kjer smo upostevali, da je:

[xi, αjpj] = αj [xi, pj ] = i~δijxj = i~αi (10.170)

10.5. OPERATOR HITROSTI PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA 155

Tako smo pridelali operator hitrosti:

~v = c~α (10.171)

Mi vemo, da so lastne vrednosti matrik αi in β realne ( saj velja α†i = αi in β† = β) in

znasajo ±11. To pa ni dobro saj bi za absolutno vrednost pricakovane vrednosti hitrostivedno dobili svetlobno hitrost:

|〈v〉| = |〈cα〉| = c|〈ψ|α|ψ〉| = c, (10.172)

kjer smo z ψ tokrat oznacili lastna stanja Diracovih matrik. Rezultat, ki smo ga dobili jeparadoksalen in ga je prvi opazil Gregory Breit leta 1928.

Resitev iz dane zagate smo napovedali ze v uvodu resitve, kjer smo pokazali, da morajobiti vse fizikalne opazljivke opisane s sodimo operatorji. Zato vzamemo za definicijo hitrostile sodi del zgornje zveze:

~v = [d

dt~x] = c[~α] =

c2~pΛ

c√p2 +m2c2

, (10.173)

kjer nam sedaj prav pride rezultat, ki smo ga izpeljali v uvodnem delu naloge. To karsedaj dobimo, pa je smiselna definicija operatorja hitrosti, saj vidimo, da je sorazmerna zoperatorjem gibalne kolicine in ni vec konstanta kot je bila v prvotni resitvi.

Sedaj pa nas zanima se casovna odvisnost lege Diracovega prostega delca. V ta namenintegrijamo enacbo 10.169. Da pa bi to storili, si najprej poglejmo, kako so od casa odvisneDiracove matrike:

d~α

dt=

1

i~[~α,H] =

i

~(h~α− ~αH) =

i

~(H~α− ~αH) − 2i

~~αH =

2i

~c~p− 2i

~~αH, (10.174)

kjer smo v zadnji vrstici upostevali zvezo:

H~α+ ~αH = c(~α.~p)~α+mc2β~α+ c~α(~α.~p) +mc2~αβ = 2c~p. (10.175)

V zgornji izpeljavi smo upostevali dejstvo, da matrike ~α in matrika β antikomutirajo. Sedajpa se upostevajmo dejstvo, da je:

[~p,H] = 0 (10.176)

[H,H] = 0, (10.177)

kar posledicno pomeni, da sta gibalna kolicina in energija neodvisno od casa. Ce toupostevamo v zvezi 10.174, jo lahko enostavno integriramo in dobimo:

~α(t) = (~α(0) − c~p

H)e−2i Ht

~ +c~p

H(10.178)

1Vec o lastnih vrednostih Diracovih matrik lahko bralec prebere v knjigi: Walther Greiner: Relativistic

quantum mechanics, str: 77


Dobljeni rezultat sedaj upostevajmo v izrazu 10.169 in dobimo:

d~x

dt= c(~α(0) − c~p

H)e−2i Ht

~ +c2~p

H(10.179)

Ko enacbo se integriramo, dobimo koncni rezultat:

~x(t) = ~x(0) +c2~p

Ht+ (~α(0) − c~p

H)i~c

2He−2iH t

~ (10.180)

Tako smo dobili casovno odvisnost operatorja odmika ~x(t). V prvih dveh clenih prepoznamoklasicno obnasanje, slednji clen pa predstavlja majhne oscilacije, takoimenovane Zitterbe-wegung2.

2Vec o tem si lahko bralec prebere v knjigi: Walther Greiner: Relativistic Quantum Mechanics, str.:92

Chapter 11

Permutacijska grupa

11.1 Bazne funkcije grupe S3

Doloci bazne funkcije permutacijske grupe S3 z enodelcnimi valovnimi funkcijami posamen-zih delcev.

Resitev:

V tokratnji nalogi se bomo ukvarjali z grupo S3, ki ima sest elementov. Ti so:

e, (12), (13), (23), (123), (132) ∈ S3 (11.1)

Da bomo lahko naso grupo upodobili, potrebujemo vektorski prostor nad katerim bomo tolahko storili. V ta namen vpeljemo bazo:

e1 = ψ(1, 2, 3) = eψ(1, 2, 3) (11.2)

e2 = ψ(2, 1, 3) = (12)ψ(1, 2, 3) (11.3)

e3 = ψ(3, 2, 1) = (13)ψ(1, 2, 3) (11.4)

e4 = ψ(1, 3, 2) = (23)ψ(1, 2, 3) (11.5)

e5 = ψ(2, 3, 1) = (123)ψ(1, 2, 3) (11.6)

e6 = ψ(3, 1, 2) = (132)ψ(1, 2, 3), (11.7)

kjer smo stanje sistema ψ sestavili kot produkt enodelcnih stanj treh nerazlocljivih delcev,kjer je vsak delec v drugacnem stanju:

ψ(1, 2, 3) = φ(1)φ(2)φ(3) (11.8)

V tem vektorskem prostoru lahko definiramo operator:

E1 =∑

P∈S3

P (11.9)

To je popolnoma simetricni operator. Ce z njim delujemo na stanje e1, dobimo:

E1e1 = e1 + e2 + e3 + e4 + e5 + e6 (11.10)

157

158 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA

To je povsem simetricna funkcija. Ce na to funkcijo delujemo z vsako permutacijo R iz S3,dobimo nazaj isto funkcijo:

R(E1e1) = E1e1, ∀R ∈ S3 (11.11)

Podobno lahko vpeljemo tudi operator E2 kot:

E2 =∑

P

ǫ(P )P, (11.12)

kjer je:

ǫ(P ) =

{+1; Ce je P sestavljena iz sodo transpozicij−1; Ce je P sestavljena iz liho transpozicij

(11.13)

Operator E2 pa je povsem antisimetricni operator in funkcija, ki jo dobimo, ko z njimdelujemo na e1:

E2e1 = e1 − e2 − e3 − e4 + e5 + e6 (11.14)

je pravtako totalno antisimetricna. Tudi za to funkcijo velja, da ce nanjo delujemo skaterokoli permutacijo, dobimo do predznaka isto funkcijo nazaj:

R(E2e1) = ǫ(R)E2e1 (11.15)

Iz vsega tega vidimo, da sta E1 in E2 projektorja na nek podprostor, iz katerega potem,ko smo enkrat padli vanj, ne moremo vec ven. Iz zvez 11.11 in 11.15 pa vidimo, da statadva podprostora, kamor projecirata E1 in E2, enodimenzionalna.

11.1.1 Ekvivalencni razredi grupe G

gi ∈ S3 je element ekvivalencnega razreda Cj, ce za ∀aj ∈ G velja:

hij = ajgia−1j (11.16)

in je mnozica hij za vse elemente istega ekvivalencnega razreda enaka.

Permutacijska grupa S3 ima tri ekvivalencne razrede:

C1 = e (11.17)

C2 = P12, P13, P23 (11.18)

C3 = (123), (132) (11.19)

11.1. BAZNE FUNKCIJE GRUPE S3 159

Figure 11.1: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS3.

11.1.2 Youngov diagram

Ti diagrami povedo mozne particije stevila n. Zanje velja, da mora biti v vsaki naslednjivrsti manj elementov kot v prejsnji in da so vrstice vedno levo poravnane. Pomembenizrek pa tudi pravi, da je stevilo Youngovih diagramov (za dani n) enako stevilu

ekvivalencnih razredov grupe Sn. Youngovi diagrami oz. takoimenovani okvirji so zaprimer grupe S3, ko je n = 3, prikazani na sliki 11.1.

11.1.3 Youngov Tablo

Youngov tablo dobimo tako, da napolnimo Youngove diagrame s stevilkami. Pri temmoramo slediti naslednjim zapovedim: V vsaki vrstici morajo stevila narascati od leveproti desni. V vsakem stolpcu pa morajo stevila narascati od zgoraj dol. Tudi za tablojevelja pomemben izrek, ki pravi, da je stevilo razlicnih tablojev nad istim okvirjem enakostevilu ekvivalencnih razredov. Za primer grupe S3 so tabloji predstavljeni na sliki 11.1.

Vsakemu tabloju lahko pripisemo operator. Tvorimo ga tako, da najprej uporabimosimeterizacijo po vseh vrsticah potem pa se antisimeterizacijo po vseh stolpcih. Pri temvemo, da je:

Sij = I + Pij (11.20)

Aij = I − Pij (11.21)

Sedaj naredimo hitri intemezzo in poglejmo, kaj dobimo, ce naredimo produkt simetricnegain antisimetricnega operatorja:

SijAij = (I + Pij)(I − Pij) = I + Pij − Pij − P 2ij = I − I = 0 (11.22)


Dobljena lastnost nam bo kasneje se kako prisla prav.Operatorji, ki jih dobimo iz vsakega od Youngovih tablojev za primer grupe S3, so naslednji:

E1 = S123 = [I + P12 + P13 + P23 + P123 + P132] (11.23)

E2 = A123 = [I − P12 − P13 − P23 + P123 + P132] (11.24)

E31 = A13S12 (11.25)

E32 = A12S13 (11.26)

Operatorji E, ki jih dobimo so projektorji na dolocen podprostor. Iz teorije vemo, daprostor grupe S3 razpade na dva prostora 1 × 1 ter na dva prostora 2 × 2.Kot smo ze ugotovili v uvodu, E1 projecira na enodimenzionalni podprostor. Bazni vektortega prostora je kar:

|s〉 = E1ψ(123) = ψ(123) + ψ(213) + ψ(132) + ψ(321) + ψ(231) + ψ(312) (11.27)

Ta vektor je invarianten saj gre vedno sam vase:

Q|s〉 = |s〉, ∀Q ∈ S3 (11.28)

To je tudi dokaz, da je dani podprostor 1D.

Projektor E2 pravtako projecira na 1D podprostor, katerega bazni vektor je:

|a〉 = E2ψ(123) = ψ(123) − ψ(213) − ψ(132) − ψ(321) + ψ(231) + ψ(312). (11.29)

To je, kot tudi ze vemo, antisimetricno stanje. Tudi ta vektor je invarianten, saj velja:

Q|a〉 = ǫ(Q)|a〉, ∀Q ∈ S3 (11.30)

Sedaj smo nasli bazna vektorja za enodimenzionalna podprostora. Preostane nam se, dapoiscemo bazne vektorje se za preostala podprostora. V ta namen si poglejmo produkt:

E31E32 = A13S12A12S13 = 0, (11.31)

kjer smo upostevali zvezo, ki smo jo izpeljali. To pomeni, da E31 in E32 projecirata nadva povsem locena vektorska podprostora. Zato bomo bazna vektorja prvega podprostoraiskali s pomocjo prvega projektorja E31, druga dva bazna vektorja za drugi podprostor pas pomocjo drugega projektorja E31.

Prvi bazni vektor prvega podprostora (3, 1) enostavno najdemo in je kar:

f1 = E31e1 = A13S12ψ(123) = ψ(123) + ψ(213) − ψ(321) − ψ(312) =

= e1 + e2 − e3 − e6 (11.32)


Sedaj poiscimo se drugi vektor podprostora. Upodabimo trik. Vemo, da ce delujemo zR ∈ S3 na vektor f1, bomo dobili nek vektor f ′2, ki je linearna kombinacija pravih baznihvektorjev:

Rf1 = αRf1 + βRf2 = f ′2 (11.33)

Ce f2 ni kolinearnen z f1 je dober kandidat za drugi bazni vektor. Edino za kar moramopotem poskrebeti je to, da ga naredimo ortogonalnega na prvi bazni vektor. Pa storimoto. Za operator R sem izbral R = (12):

f ′2 = (12)f1 = ψ(213) + ψ(123) − ψ(231) − ψ(132). (11.34)

Vidimo, da dobljeni vektor f ′2 res ni vzporeden z f1, zato ga uporabimo kot kandidata zadrugi bazni vektor. Uporabimo kar Gram-Smidtovo ortogonalizacijo. Nastavimo:

f2 = f ′2 + af1 =

= (1 + a)(ψ(123) + ψ(213)) − ψ(321) − ψ(312) − a(ψ(132) − ψ(231)). (11.35)

Sedaj napravimo skalarni produkt:

〈f1|f2〉 = 0 = 2(1 + a) + a+ a (11.36)

To nam da pogoj:

a = −1

2(11.37)

in s tem pravi bazni vektor:

f2 = f ′2 −1

2f1 =

1

2e1 +

1

2e2 +

1

2e3 − e− 4 − e5 +

1

2e6 (11.38)

Tako smo dobili oba bazna vektorja za prvi podprostor. Sedaj poiscimo se bazna vek-torja g1, g2 za drugi podprostor. Prvega kandidata poiscemo s pomocjo projektorja E32 =A12S13:

g′1 = E32e1 = ψ(123) + ψ(321) − ψ(213) − ψ(231) = e1 − e2 + e3 − e5 (11.39)

Sedaj se poskrbimo, da bo dani vektor pravokoten na vektorja f1, f2:

g1 ⊥ f1, f2 (11.40)

Uporabimo nastavek:

g1 = g′1 + af1 + bf2 (11.41)

Ko izvrsimo Gram-Smidtovo ortogonalizacijo (To za nas naredi Mathematica), dobimoresitev:

g1 = e1 − e2 +1

2(e3 + e4 − e5 − e6) =

= ψ(123) − ψ(213) +1

2[ψ(321) + ψ(132) − ψ(231) − ψ(312)] (11.42)


Sedaj poiscimo se preostali bazni vektor g2. Znova uporabimo dejstvo, trik, kot smo ga priiskanju f2:

Rg1 = αg1 + βg2 (11.43)

Za R sem tokrat izbral R = (13). To nam da:

g′2 = (13)g1 =1

2e1 −

1

2e2 + e3 −

1

2e4 +

1

2e5 − e6 (11.44)

Z Gram-Smidtovo ortogonalizacijo sedaj se zagotovimo, da bo:

g2 ⊥ f1, f2, g1 (11.45)

V ta namen uporabimo nastavek:

g2 = g′2 + af1 + bf2 + cg1 (11.46)

Na koncu dobimo rezultat:

g2 =3

4(e3 − e4 + e5 − e6) =

3

4(ψ(321) − ψ(132) + ψ(231) − ψ(312)) (11.47)

Tako, sedaj imamo vse bazne vektorje. Da bomo temeljiti, za konec dobljene bazne vektorjese normirajmo:

g2 =1

2(ψ(321) − ψ(132) + ψ(231) − ψ(312)) (11.48)

g1 =1√3

[ψ(123) − ψ(213) +

1

2ψ(321) +

1

2ψ(132) − 1

2ψ(231) − 1

2ψ(312)

](11.49)

f2 =1√3

[1

2ψ(123) +

1

2ψ(213) +

1

2ψ(321) − ψ(132) − ψ(231) +

1

2ψ(312)

](11.50)

f1 =1

2[ψ(123) + ψ(213) − ψ(321) − ψ(312)] (11.51)

11.1.4 Ekvivalentne upodobitve operatorjev Q

Za vsak operator Q ∈ S3 lahko v podprostoru (3, 1) zapisemo:

Q|f1〉 = αQf1 + βQf2 (11.52)

Q|f2〉 = βQf1 + γQf2 (11.53)

kar nam da matricno upodobitev tega operatorja Q v tem podprostoru:

TQ =

[α ββ γ

](11.54)


Podobno lahko predstavimo tudi operator Q v drugem podprostoru (3, 2):

Q|g1〉 = aQg1 + bQg2 (11.55)

Q|g2〉 = bQg1 + cQg2, (11.56)

kar pa nam da upodobitev operatorja Q v tem podprostoru:

T ′Q =

[a bb c

](11.57)

Teorija pravi, da sta upodobitvi TQ in T ′Q med seboj ekvivalentni, kar pomeni, da za vse

Q ∈ S3 obstaja univerzalna transformacija U (neodvsna od Q) tako, da velja:

T ′Q = UTQU

−1 (11.58)

Poskusimo sedaj poiskati taksno transformacijo U . V ta namen delujmo z Q = (12) nastanja f1 in f2 ter g1 in g2:

(12)f1 =1

2(e1 + e2 − e4 − e5) (11.59)

(12)f2 =1√3

[1

2e1 +

1

2e2 +

1

2e5 − e6 − e3 +

1

2e4

](11.60)

(12)g1 =1√3

[−e1 + e2 −

1

2e3 −

1

2e4 +

1

2e5 +

1

2e6

](11.61)

(12)g2 =1

2(e5 − e6 + e3 − e4) (11.62)

Potem izracunajmo skalarne produkte (12)f1.f1, (12)f1.f2, (12)f2.f1, (12)f2.f2 ter (12)g1.g1,(12)g1.g2, (12)g2.g1, (12)g2.g2. Ti skalarni nam dajo ravno matricne elemente nasih ma-tricnih upodobitev v posamezni bazi:

T(12) =

[1/2

√3/2√

3/2 −1/2

](11.63)

T ′(12) =

[−1 00 1

](11.64)

S pomocjo dobljenih matrik pa lahko sedaj resimo enacbo 11.58, in izracunamo transfor-macijo U :

U =

[1 −

√3√

3 1

](11.65)

(11.66)

Da bi ugotovili, da je to res ustrezna transformacija, bi morali preveriti, ce deluje pravilnoza vse Q. Ker pa je teta Lenoba nasa tesna prijateljica to storimo le za Q = e in Q = (13).Da transformacija U deluje za Q = e takoj vidimo. Vemo, da je Te = T ′

e = I. Zato velja:

I = T ′e = UTeU

−1 = UIU−1 = I (11.67)


Za Q = (13) pa izvedemo isti postopek kot smo ga zgoraj pri tvorbi matrike U . Tvorimoupodobitve T(13) in T ′

(13) in pogledamo, ali U pravilno transformira eno v drugo. Upodobitve

operatorja (13) v obeh bazah se glasita:

T(13) =

[−1 00 1

](11.68)

T ′(13) =

[1/2

√3/2√

3/2 −1/2

](11.69)

Ko izracunamo UT(13)U−1, vidimo, da dobimo pravi rezultat:

U

[−1 00 1

]U−1 =

[1/2

√3/2√

3/2 −1/2

], (11.70)

kar pomeni, da je transformacija U (vsaj za preverjene Q) pravilna!!!

11.2 Upodobitev grupe S3

S permutacijsko grupo S3 smo se poblizje spoznali ze v prejsnjih nalogah. Dolocili smoYoungove tabloje, ki ustrezajo tej permutacijski grupi (Glej sliko 11.2), iz njih pa genera-torje baznih vektorjev danih podprostorov grupe S3:

ψs = |123〉 + |213〉 + |321〉 + |132〉 + |231〉 + |312〉 (11.71)

ψa = |123〉 − |213〉 − |321〉 − |132〉 + |231〉 + |312〉 (11.72)

ψ1m = |123〉 + |213〉 − |321〉 − |232〉 (11.73)

ψ2m = |123〉 + |321〉 − |213〉 − |312〉 (11.74)

Z dano notacijo stanj imamo v mislih produktno stanje treh delcev:

|123〉 = α(1)β(2)γ(3), (11.75)

kjer hocemo povedati, da je delec α v stanju 1, delec β v stanju 2 in delec γ v stanju 3. Vsakod teh vektorjev pripada enemu podprostoru grupe. Prave bazne vektorje vsakega pod-prostora dolocimo s pomocjo izbranega generatroja in Gram-Smitdhovo ortogonalizacijo,kot smo to napravili v prejsnji nalogi.

Sedaj pa se vprasajmo kako se upodobitev grupe S3 spremeni, ce sta dva delca v istemstanju. Izberimo si, da je delec α v stanju 1, delca β in γ pa sta v stanju 2. V tem primerunekateri Youngovi diagrami niso vec mozni. Velja namrec, da je Aii = 0. To pomeni, dabodo tisti Youngovi diagrami oziroma ustrezna generatorska stanja, ki imajo v stolpcu dveenaki stevili enaki nic. Youngovi diagrami za dani primer so prikazani na sliki 11.3.

Ustrezna generatorska stanja za dani primer dobimo tako, da v stanjih (11.74) nado-mestimo 3 −→ 2. Tako dobimo:

ψs = 2|122〉 + 2|212〉 + 2|221〉 (11.76)

ψa = |122〉 − |212〉 − |221〉 − |122〉 + |221〉 + |212〉 = 0 (11.77)

ψm = |122〉 + |212〉 − 2|221〉 (11.78)

11.2. UPODOBITEV GRUPE S3 165

Figure 11.2: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS3, ko so vsi trije delci v razlicnih stanjih.

Figure 11.3: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS3, ko velja β = γ.


Figure 11.4: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS3, ko velja α = β.

Vidimo, da je anstisimetricno stanje resnicno 0, kot kaze to Youngov diagram. Vidimo,da nam v danem primeru ostaneta le dva podprostora razlicna od nic. Nas prostor nadkaterim gradimo naso upodobitev grupe se je skrcil iz zacetnih osem dimenzij (1+3+3+1)na le se stiri dimenzije (1+3).

Sedaj si poglejmo se primer, ko pa sta v enakem stanju delca α = β ⇔ 1, delec γ ⇔ 2pa je v drugacnem stanju. Youngovi tabloji za ta primer so prikazani na sliki 11.4.

Tudi v tem primeru, ko nadomestimo 2 =⇒ 1 v izrazih (11.74), sta od nic razlicna ledva generirajoca vektorja:

ψs = 2|113〉 + 2|311〉 + 2|131〉 (11.79)

ψa = 0 (11.80)

ψ1m = 2|113〉 − |311〉 − |131〉 (11.81)

ψ2m = |113〉 + |311〉 − |113〉 − |311〉 = 0 (11.82)

Vidimo, da se tudi v tem primeru zacetni prostor skrci na isto dimenzijo kot v predhodnemprimeru.

Sedaj pa si poglejmo, kaksna pa je mozna upodobitev grupe S3, ko imamo vse tri delcev enakem stanju. Youngovi tabloji so naslikani na sliki 11.5.

Iz tablojev vidimo, da v danem primeru ostane od nic razlicna le se enodimenzionalnasimetricna upodobitev. To potrdi tudi izracun generirajocih vektorjev, ko se enkrat v


Figure 11.5: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS3, ko velja α = β = γ.

izrazih (11.74) nadomestimo 2, 3 =⇒ 1. Dobimo:

ψs = 6|111〉 (11.83)

ψa = 0 (11.84)

ψm = 0 (11.85)

Tega racuna nam ne bi bilo potrebno izvajati, saj ze Youngovi tabloji povedo, kateri gen-eratorji bodo nic. Vendar da pomirimo naso duso in se prepricamo, da je temu res tako,dani ”racuncic” prav nic ne skodi.

V tem primeru pa vidimo, da se je bazni prostor, nad katerim gradimo naso upodobitevskrcil le se v eno dimenzijo.

11.3 Upodobitev grupe S4

Sedaj ko smo ogreti, pa zgradimo upodobitev grupe S4 nad prostorom bazicnih vektorjevzgrajenih iz produktov stirih enodelcnih stanj.

Ireducibilne reprezentacije permutacijske grupe S4 so podane z Youngovimi diagrami,ki so prikazani na sliki 11.6. Iz njih, ko jih naponimo s stevili, dobimo Youngove tabloje,ki narekujejo obliko generatorjev baznih vektorjev posameznih podprostorov.

Generatorja oziroma kar bazna vektorja simetricnega in antisimetricnega enodimen-


Figure 11.6: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS4, ko ko vsi delci v razlicnih stanjih.

zionalnega podprostora sta :

|ψs〉 = 1 2 3 4 |1234〉 (11.86)

|ψa〉 =

1

2

3

4

|1234〉 (11.87)

Oba dana vektorja imasta po 24 clenov zato jih bomo pisali le tako simbolicno. Potemimamo dvakrat tri ekvivalentne tridimenzionalne upodobitve. Generatorji za prvi primer(lezeci L) se glsijo:

|ψ1b 〉 = A14S123|1234〉 =

= [|1234〉 + |2134〉 + |3214〉 + |1324〉 + |2314〉 + |3124〉] −− [|4231〉 + |2431〉 + |3241〉 + |4321〉 + |2341〉 + |3421〉] (11.88)

|ψ2b 〉 = A13S124|1234〉 =

= [|1234〉 + |2134〉 + |4231〉 + |1432〉 + |2431〉 + |4132〉] −− [|3214〉 + |2314〉 + |4213〉 + |3412〉 + |2413〉 + |4312〉] (11.89)

|ψ3b 〉 = A12S134|1234〉 =

= [|1234〉 + |3214〉 + |4231〉 + |1243〉 + |3241〉 + |4213〉] −− [|2134〉 + |3124〉 + |4132〉 + |2143〉 + |3142〉 + |4123〉] (11.90)

Kot smo ze rekli, so dane ekvivalentne upodobitve tridimenzionalne, torej ima vsaka 3


bazne vektorje. Kandidati za 1. podprostor so :

|ψ1b 〉, P12|ψ1

b 〉 in P13|ψ1b 〉 (11.91)

Ti vektorji se niso med seboj ortogonalni. Ortogonalnost dosezemo z Gram-Smidthovoortogonalizacijo. Kandidati za drugi podprostor so:

|ψ2b 〉, P12|ψ2

b 〉, in P14|ψ2b 〉 (11.92)

Za tretji ekvivalentni podprostor pa so:

|ψ3b 〉, P13|ψ3

b 〉 in P14|ψ3b 〉 (11.93)

Generatrorji baznih stanj za drugi primer (Na glavo obrnjen L) 3D upodobitve pa seglasijo:

|ψ1c 〉 = A134S12|1234〉 =

= |1234〉 + |2134〉 − |3214〉 − |2314〉 − |4231〉 − |2431〉 −−|1243〉 − |2143〉 + |3241〉 + |2341〉 + |4213〉 + |2413〉 (11.94)

|ψ2c 〉 = A124S13|1234〉 =

= |1234〉 + |3214〉 − |2134〉 − |3124〉 − |4231〉 − |3241〉 −−|1432〉 − |3412〉 + |2431〉 + |3421〉 + |4132〉 + |3142〉 (11.95)

|ψ3c 〉 = A123S14|1234〉 =

= |1234〉 + |4231〉 − |2134〉 − |4132〉 − |3214〉 − |4213〉 −−|1324〉 − |4321〉 + |2314〉 + |4312〉 + |3124〉 + |4123〉 (11.96)

Za ta primer poiscemo bazne vektorje na isti nacin kot v predhodnih primerih. Za konec pasta nam ostala se dva kvadratna tabloja, ki predstavljata dve ekvivalentni dvodimenzionalniupodobitvi grupe S4. Generatroja baznih stanj za dani dve upodobitvi sta:

|ψ1c 〉 = A24A13S34S12|1234〉 =

= |1234〉 + |2134〉 + |1243〉 + |2143〉 − |3214〉 − |2314〉 −−|3241〉 − |2341〉 − |1432〉 − |4132〉 − |1423〉 −

−|4123〉 + |3412〉 + |4312〉 + |3421〉 + |4321〉 (11.97)

|ψ2c 〉 = A34A12S24S13|1234〉 =

= |1234〉 + |3214〉 + |1432〉 + |3412〉 − |2134〉 − |3124〉 −−|2431〉 − |3421〉 − |1243〉 − |4213〉 − |1342〉 −

−|4312〉 + |2143〉 + |4123〉 + |2341〉 + |4321〉 (11.98)

Preostali dve bazni stanji (za vsak podprostor se enega) za dani reprezentaciji poiscemotako, da delujemo na dana generatroja s permutacijami in poiscemo v vsakem podprostoruse po en nekolinearen vektor. Ko ga enkrat imamo pa ortogonalnost med baznimi vektorjiv vsakem od podprostorov zopet zagotovimo z Gram-Smidtovo ortogonalizacijo.


Figure 11.7: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS4, ko je γ = δ =⇒ 3.

Sedaj pa si poglejmo primer, ko imamo stiri delce in le tri mozna stanja. V tem primeruimamo tri moznosti:

1.) α(1)β(2)γ(3)δ(3) =⇒ |1233〉2.) α(1)β(1)γ(2)δ(3) =⇒ |1123〉3.) α(1)β(2)γ(2)δ(3) =⇒ |1223〉

(11.99)

Analogno kot smo imeli v primeru grupe S3 tudi tu dolocene upodobitve niso vec dovoljene.Youngovi tabloji za prvi primer so prikazani na sliki 11.7.

Vidimo, da imamo v tem primeru le se 5 invariantnih podprostorov in ne vec 10, ko sovsi delci v razlicnih stanjih. Generirajoca stanja s pomocjo katerih potem dobimo bazna


Figure 11.8: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS4, ko je α = β =⇒ 1.

stanja za posamezen podprostor se glasijo:

|ψs〉 = 1 2 3 3 |1233〉 (11.100)

|ψ1b 〉 = |1233〉 + |2133〉 + |3213〉 + |1323〉 + |2313〉 + |3123〉 −

−2|3231〉 − 2|2331〉 − 2|3321〉 (11.101)

|ψ2b 〉 = |1233〉 + |2133〉 + |3231〉 + |1332〉 + |2331〉 + |3132〉 −

−2|3213〉 − 2|2313〉 − 2|3312〉 (11.102)

|ψ1c 〉 = 2|1233〉 + 2|2133〉 − |3213〉 − |2313〉 − |3231〉 − |2331〉 −

−|1332〉 − |3132〉 − |1323〉 − |3123〉 + 2|3312〉 + 2|3321〉 (11.103)

|ψ1d〉 = |1233〉 + |3213〉 − |2133〉 − |3123〉 − 2|3231〉 − |1332〉 −

−|3312〉 + |2331〉 + |3321〉 + 2|3132〉 (11.104)

(11.105)

Te izracunamo tako, da v generatorje, kjer smo imeli vse stiri delce v razlicnih stanjihvstavimo γ = δ ⇔ 3. Kar dobimo je pet generirajocih funkcij za dani primer, s katerimilahko sedaj izracunamo bazna stanja.Podobno bi lahko poiskali generatorje tudi za primera b.) in c.). Ker se iz tega ne bi naucilinic novega tega racuna nisem napravil. Za dane primere sem narisal le Youngove diagrame(Glej sliko 11.8 in 11.9) od koder vidimo, da tudi v teh primerih ostane le se pet invariant-nih podprostorov.


Figure 11.9: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupeS4, ko je β = γ =⇒ 2.

Sedaj pa si lahko pogledamo se katere upodobitve so dovoljene v primeru, ko imamostiri delce in le dve dovoljeni stanji. Pogledal sem si primer:

|1122〉 = α(1)β(1)γ(2)δ(2) (11.106)

Youngovi diagrami za ta primer so predstavljeni na sliki 11.10. Vidimo lahko, da nam vtem primeru ostanejo le se trije invariantni podprostori. To pomeni, da imamo le se trigenerirajoce vektorje, ki jih dobimo na povsem analogen nacin kot v prejsnjih primerih.

Cisto za konec pa nam ostane se primer, ko so vsi strije delci v enakem stanju. V temprimeru pa nam ostane le se enodimenzionalni simetricni podprostor in stanje (Youngovitabloji so na sliki 11.11):

|ψs〉 = |1111〉 (11.107)

11.4 Paulijeva funkcija

Dokazi, da je funckija iz 4 elektronov nad podprostorom 32 grupe S4 Paulijeva funkcija.

Resitev:

Funkcija v tem podprostoru ima obliko:

|ψ〉 =∑

i

ci

∣∣∣∣∣∣∣∣⊗

⟩

i

(11.108)

11.4. PAULIJEVA FUNKCIJA 173

Figure 11.10: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primergrupe S4, ko imamo stiri delce in le dve mozni stanji: α = β =⇒ 1 in γ = δ =⇒ 2.

Figure 11.11: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primergrupe S4, ko imamo vse stiri delce v enakem stanju. α = β = γ = δ =⇒ 1.


Vsako stanje (|...⊗ ...〉i) po katerih razvijemo naso funkcijo sestoji iz krajevnega (pokoncni)in spinskega (lezeci) dela. Vse mozne komponente teh stanj (Youngove tabloje) poiscemotako, da delujemo z vsemi moznimi transpozicijami: e, P12, P13, P14, P23, P24, P34 na izhodiscnofunkcijo |0〉, ki se glasi:

|0〉 =1 2 3

4 (11.109)

Ko dobimo nova stanja tudi na njih delujemo z nasimi transpozicijami tako da dobimo sekaksno novo stanje... To delamo toliko casa, da ne izcrpamo vseh moznosti(Glej sliko 11.12).V danem primeru imamo naslednje moznosti:

Figure 11.12: Slika prikazuje vse potrebne korake in poti, ki nas iz izhodiscne funkcijepripeljejo do vseh moznih stanj.

P34|0〉 =1 2 4

3 = |1〉 (11.110)

P23|1〉 =1 3 4

2 = |2〉 (11.111)

S tem smo izcrpali vse moznosti. Celotno naso funkcijo |ψ〉 pa sedaj zapisemo v obliki:

|ψ〉 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 4

23

⊗1 2 3

4

⟩+ c1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 3

24

⊗1 2 4

3

⟩+

+c2

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2

34

⊗1 3 4

2

⟩(11.112)

Konstante ci lahko zasedejo vrednost ci = ±1. Ce smo stanje |i〉 dobili s sodim stevilomtranspozicij, potem je ci = 1, ce pa z lihim stevilom transpozicij pa ci = −1. Ob

11.4. PAULIJEVA FUNKCIJA 175

upostevanju tega, se nasa funckija potem glasi:

|ψ〉 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 4

23

⊗1 2 3

4

⟩−

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 3

24

⊗1 2 4

3

⟩+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2

34

⊗1 3 4

2

⟩(11.113)

Sedaj pa pokazimo, da je tako dobljena funkcija Paulijeva. Za funkcijo, ki opisujeelektrone mora veljati, da je:

Pij|ψ〉 = −|ψ〉 (11.114)

Pri tem je potrebno poudariti, da ko zapisemo transpozicijo Pij na nase stanje (|...⊗ ...〉i)imamo v mislih:

Pij = P xij ⊗ P s

ij (11.115)

Dano trditev bomo dokazali v Yamanuchijevi bazi. Ekspicitno baznih stanj v tej bazi nepoznamo, vendar to za nas dokaz ni potrebno, saj nas zanimajo le koeficienti pred baznimistanji. Kar pa je pomembno je pravilo, ki pove, kako v tej bazi transpozicija ucinkuje naneko stanje. Velja:

Pi,i+1

i

i+ 1 = −1

d

i

i+ 1 +

√d2 − 1

d

i+ 1

i (11.116)

Pi,i+1

i+ 1

i =1

d

i+ 1

i +

√d2 − 1

d

i+ 1

i , (11.117)

kjer d pove, koliko kvadratkov preckamo na najkrajsi poti od i do i+ 1.

Poskusimo na nase stanje najprej delovati s transpozicijo P12. V tem primeru dobimo:

P12|ψ〉 = (−+)|0〉 − (−+)|1〉 + (+−)|2〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 = −|ψ〉, (11.118)

kjer prvi predznak v oklepaju pride od krajevnega dela (ko delujemo s transpozicijo nanavpicni tablo), drugi pa od spinskega dela (ko delujemo s transpozicijo na lezeci tablo).Dobljeni rezultat nas razveseli, saj dobimo pravo odvisnost. Da bomo se nekoliko bolj


prepricani pa si poglejmo se, kaj dobimo, ce na nase stanje delujemo z P23:

P23|ψ〉 =

= (−+)|0〉 −

1

2

1 3

24

+

√3

2

1 2

34

⊗

−1

2

1 2 4

3 +

√3

2

1 3 4

2

+

+

−1

2

1 2

34

+

√3

2

1 2

34

⊗

+

1

2

1 3 4

2 +

√3

2

1 2 4

3

=

= −|0〉 −[−1

4|1〉 +

3

4|2〉]

+

[−1

4|2〉 +

3

4|1〉]

= −|0〉 + |1〉 − |2〉 = −|ψ〉(11.119)

Fino, pa smo tudi za to permutacijo pokazali, da dobimo pravi rezultat nazaj. Za vse ostalepermutacije moramo napraviti povsem analogen racun in dobili bomo vedno isti rezultat.

11.5 Paulijeva funkcija II

Sedaj pa dokazimo, da je funkcija sestavljena iz petih elektronov nad podprostorom simetri-jskega tipa 32 grupe S5 Paulijeva funkcija.

Resitev:

Postopamo povsem analogno kot v prejsnjem primeru, le da imamo tu en elektron vec.Najprej moramo poiskati naso funckijo, ki ima v splosnem obliko:

|ψ〉 =∑

i

ci

∣∣∣∣∣∣∣∣⊗

⟩

i

(11.120)

Izhodiscna funkcija je v tem primeru:

|0〉 =1 2 3

4 5 (11.121)

Celotno valovno funkcijo za dani primer dobimo tako, da z vsemi moznimi transpozicijamidelujemo na izhodiscno funcijo |0〉. Transpozicije, ki so na voljo, so: P12, P13, P14, P15, P23,P24, P25, P34, P35, P45. Ko izvedemo nas ”rekurzijski postopek” (Glej sliko 11.13), dobimonaslednje moznosti:

11.5. PAULIJEVA FUNKCIJA II 177

Figure 11.13: Slika prikazuje vse potrebne korake in poti, ki nas iz izhodiscne funkcijepripeljejo do vseh moznih stanj.

P34|0〉 =1 2 4

3 5 = |1〉 (11.122)

P23|1〉 =1 3 4

2 5 = |2〉 (11.123)

P45|1〉 =1 2 5

3 4 = |3〉 (11.124)

P45|2〉 =1 3 5

2 4 = |4〉 (11.125)

P23|3〉 =1 3 5

2 4 = |4〉 (11.126)

P34|4〉 =1 4 5

2 3 = |5〉 (11.127)


S tem smo izcrpali vse moznosti, ki so nam na voljo. Z dobljenimi funckijami lahko sedajzapisemo naso valovno funkcijo:

|ψ〉 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 4

2 5

3⊗

1 2 3

4 5

⟩−

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 3

2 5

4⊗

1 2 4

3 5

⟩+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2

3 5

4⊗

1 3 4

2 5

⟩+

+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 3

2 4

5⊗

1 2 5

3 4

⟩−

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2

3 4

5⊗

1 3 5

2 4

⟩+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2

4 3

5⊗

1 4 5

2 3

⟩(11.128)

Sedaj, ko enkrat imamo izracunano funckijo, pa poglejmo, ali je ta funkcija Paulijeva.Najprej delujmo na njo s permutacijo P12. Dobimo:

P12|ψ〉 = (−+)|0〉 − (−+)|1〉 + (+−)|2〉 + (−+)|3〉 −−(+−)|4〉 + (+−)|5〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 − |3〉 + |4〉 − |5〉 = −|ψ〉 (11.129)

”So far so good!” Sedaj pa naredimo strozji test in na funkcijo delujmo s permutacijo P23.Dobimo:

P23|ψ〉 =

= (−+)|0〉 −

1

2

1 3

2 5

4+

√3

2

1 2

3 5

4

⊗

−1

2

1 2 4

3 5 +

√3

2

1 3 4

2 5

+

+

−1

2

1 2

3 5

4+

√3

2

1 3

2 5

4

⊗

1

2

1 3 4

2 5 +

√3

2

1 2 4

3 5

+

+

1

2

1 3

2 4

5+

√3

2

1 2

3 4

5

⊗

−1

2

1 2 5

3 4 +

√3

2

1 3 5

2 4

−

−

−

1

2

1 2

3 4

5+

√3

2

1 3

2 4

5

⊗

1

2

1 3 5

2 4 +

√3

2

2 5 3

4

+

+(−+)|5〉 =

= −|0〉 − (−1

4|1〉 +

3

4|2〉) + (−1

4|2〉 +

3

4|1〉) + (−1

4|3〉 +

3

4|4〉) −

−(−1

4|4〉 +

3

4|3〉) − |5〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 − |3〉 + |4〉 − |5〉 = −|ψ〉(11.130)

11.6. 1D UPODOBITVE SIMETRIJSKE GRUPE KVADRATA 179

Fino! Tudi s to permutacijo smo pokazali, da se nasa funkcija |ψ〉 pravilno obnasa. Ce binapravili se ostale permutacije, bi ugotovili, da dobimo vedno enak rezultat:

Pij |ψ〉 = −|ψ〉. (11.131)

S tem je naloga dokazana.

11.6 1D upodobitve simetrijske grupe kvadrata

V nanostrukturi s 4 kvantnimi pikami v ogljiscih kvadrata so dovoljeni natanko 3 elektroni.skakanje na prazno piko je mozno zgolj s sosednjih dveh pik, ne pa tudi po diagonalikvadrata. Ce oznacimo ogljisca kvadrata z 1(spodaj levo) do 4 (zgoraj levo), oznacujemov pozitivni smeri, lahko stanju, ki ima nezasedeno 4. piko pripisemo valovno funkcijoψ(x) = 〈x|c†3c

†2c

†1|0〉, kjer je npr.: 〈x|c†j |0〉 Wannierova funkcija za elektron, lokaliziran na j-

ti piki. Upostevajoc tockovno simetrijo kvadrata C4v, doloci valovne funkcije, ki napenjajoenodimenzionalne upodobitve simetrijske grupe kvadrata.

Resitev:

Grupa C4v

Grupo C4v dobimo tako, da osni simetriji cetrtega reda, ki je lastnost grupe C4, dodamo sestiri zrcaljenja preko ravnin, ko so vzporedne z rotacijsko osjo in se med seboj sekajo podkotom π

4 . Tako ima grupa C4v 2n = 8 elementov (n = 4):

E (enota)Rπ/2 Rotacija za kot π/2

Rπ Rotacija za kot πR−π/2 Rotacija za kot −π/2σx, σy Zrcaljenje preko srednic kvadrataσ′a, σ

′b Zrcaljenje preko diagonal kvadrata.

Za bazne funkcije nasega sistema vzamemo kar stanja z eno nezasedeno kvantno piko:

|ψ1〉 = c†3c†2c

†1|0〉 (11.132)

|ψ2〉 = c†4c†2c

†1|0〉 (11.133)

|ψ3〉 = c†4c†3c

†1|0〉 (11.134)

|ψ4〉 = c†4c†3c

†2|0〉 (11.135)

Te funkcije imajo to lepo lastnost, da so med seboj ortogonalne. Iz njih sedaj poskusimosestaviti take funkcije |ψ〉, ki bodo napenjale enodimenzionalne upodobitve grupe kvadrataC4v . Sestavimo jih kar kot linearne kombinacije oblike:

|ψ〉 =

4∑

i=1

ci|φi〉 (11.136)


Sedaj pa si poglejmo, kako elementi grupe G ∈ C4v ucinkujejo na nasa bazna stanja.Najprej si poglejmo G = Rπ/2. Za to transfomacijo velja:

Rπ/2 : 1 → 2, 2 → 3, 3 → 4, 4 → 1 (11.137)

To nam da:

Rπ/2|φ1〉 = c†4c†3c

†2|0〉 = |φ4〉 (11.138)

Rπ/2|φ2〉 = c†1c†3c

†2|0〉 = c†3c

†2c

†1|0〉 = |φ1〉 (11.139)

Rπ/2|φ3〉 = c†1c†4c

†2|0〉 = c†4c

†2c

†1|0〉 = |φ2〉 (11.140)

Rπ/2|φ4〉 = c†1c†4c

†3|0〉 = c†4c

†3c

†1|0〉 = |φ3〉 (11.141)

(11.142)

Pri tem smo upostevali antisimetrijsko relacijo:

[c†µ, c

†ν

]+

= 0 =⇒ c†µc†ν = −c†νc†µ (11.143)

Sedaj si poglejmo rotacijo G = Rπ. Ta naredi:

Rπ : 1 → 3, 2 → 4, 4 → 2, 3 → 1 (11.144)

Ko to uporabimo na nasih stanjih dobimo:

Rπ|φ1〉 = c†1c†4c

†3|0〉 = c†4c

†3c

†1|0〉 = |φ3〉 (11.145)

Rπ|φ2〉 = c†2c†4c

†3|0〉 = c†4c

†3c

†2|0〉 = |φ4〉 (11.146)

Rπ|φ3〉 = c†2c†1c

†3|0〉 = c†3c

†2c

†1|0〉 = |φ1〉 (11.147)

Rπ|φ4〉 = c†2c†1c

†4|0〉 = c†4c

†2c

†1|0〉 = |φ2〉 (11.148)

Za konec nam je se preostala rotacija R−π/2, ki zamenja indekse na naslednji nacin:

R−π/2 : 1 → 4, 4 → 3, 3 → 2, 2 → 1 (11.149)

Ko to uporabimo na baznih stanjih dobimo:

R−π/2|φ1〉 = c†2c†1c

†4|0〉 = c†4c

†2c

†1|0〉 = |φ2〉 (11.150)

R−π/2|φ2〉 = |φ3〉 (11.151)

R−π/2|φ3〉 = |φ4〉 (11.152)

R−π/2|φ4〉 = c†3c†2c

†1|0〉 = |φ1〉 (11.153)

Sedaj pa si poglejmo zrcaljenja. Najprej zrcaljenje preko srednice, ki je vzporedna z abscisnoosjo: σx. Ta transformacija premesa indekse na naslednji nacin:

σx : 1 → 4, 4 → 1, 2 → 3, 3 → 2 (11.154)


Ko to uporabimo na nasih funkcijah, dobimo:

σx|φ1〉 = c†2c†3c

†4|0〉 = −c†4c

†3c

†2|0〉 = −|φ4〉 (11.155)

σx|φ2〉 = c†1c†3c

†4|0〉 = −c†4c

†3c

†1|0〉 = −|φ3〉 (11.156)

σx|φ3〉 = c†1c†2c

†4|0〉 = −c†4c

†2c

†1|0〉 = −|φ2〉 (11.157)

σx|φ4〉 = c†1c†2c

†3|0〉 = −c†3c

†2c

†1|0〉 = −|φ1〉 (11.158)

(11.159)

Tu je se zrcaljenje preko srednice, ki je vzporedna z ordinatno osjo. Ta premesa indekse nanaslednji nacin:

σy : 1 → 2, 2 → 1, 3 → 4, 4 → 3 (11.160)

Ko tudi to uporabimo na funkcijah, dobimo:

σy|φ1〉 = c†4c†1c

†2|0〉 = −c†4c

†2c

†1|0〉 = −|φ2〉 (11.161)

σy|φ2〉 = c†3c†1c

†2|0〉 = −|φ1〉 (11.162)

σy|φ3〉 = −|φ4〉 (11.163)

σy|φ4〉 = −|φ3〉 (11.164)

(11.165)

Tu pa sta se zrcaljenji preko diagonal kvadrata. Prva taka transformacija naredi:

σ′a : 4 → 4, 1 → 3, 3 → 1, 2 → 2 (11.166)

Ko to uporabimo na nasih baznih stanjih, dobimo:

σ′a|φ1〉 = c†1c†2c

†3|0〉 = −c†3c

†2c

†1|0〉 = −|φ1〉 (11.167)

σ′a|φ2〉 = c†4c†2c

†3|0〉 = −c†4c

†3c

†2|0〉 = −|φ4〉 (11.168)

σ′a|φ3〉 = c†4c†1c

†3|0〉 = −c†4c

†3c

†1|0〉 = −|φ3〉 (11.169)

σ′a|φ4〉 = −|φ2〉 (11.170)

(11.171)

Drugo diagonalno zrcaljenje pa naredi:

σ′b : 3 → 3, 1 → 1, 4 → 2, 2 → 4 (11.172)

Ko navsezadnje tudi to uporabimo na nasih stanjih, dobimo:

σ′b|φ1〉 = c†3c†4c

†1|0〉 = −c†4c

†3c

†1|0〉 = −|φ3〉 (11.173)

σ′b|φ2〉 = c†2c†4c

†1|0〉 = −c†4c

†2c

†1|0〉 = −|φ2〉 (11.174)

σ′b|φ3〉 = c†2c†3c

†1|0〉 = −c†3c

†2c

†1|0〉 = −|φ1〉 (11.175)

σ′b|φ4〉 = c†2c†3c

†4|0〉 = −c†4c

†3c

†2|0〉 = −|φ4〉 (11.176)

(11.177)


Sedaj vemo, kako elementi grupe G ∈ C4v oz. simetrijske opracije delujejo na nase baznefunkcije. Vidimo, da vse kar se jim lahko zgodi je, da se premesajo med sabo in pri dolocenihtransformacijah dobijo negativni predznak. Opazimo tudi to, da ce se pri doloceni operacijieni funkciji spremeni predznak, se vsem.Vsa ta opazanja mocno poenostavijo izbiro koeficientov ci, ki nastopajo v razvoju nasefunkcije |ψ〉. Ti bodo lahko le 1 ali −1. Kar nam tako preostane je, da pravilno izberemopredznake v danih funkcijah.

Prva resitev se kar sama ponuja. To je simetricna resitev, kjer so vsi predznaki enaki:

|ψa〉 = |φ1〉 + |φ2〉 + |φ3〉 + |φ4〉 (11.178)

Taksna resitev ustreza vsem simetrijskim zahtevam:

Rπ/2|ψa〉 = |ψa〉 (11.179)

Rπ|ψa〉 = |ψa〉 (11.180)

R−π/2|ψa〉 = |ψa〉 (11.181)

σx|ψa〉 = −|ψa〉 (11.182)

σy|ψa〉 = −|ψa〉 (11.183)

σ′a|ψa〉 = −|ψa〉 (11.184)

σ′b|ψa〉 = −|ψa〉 (11.185)

Poiscimo se kaksno resitev! Poskusimo z nastavkom:

|ψb〉 = |φ1〉 − |φ2〉 + |φ3〉 − |φ4〉 (11.186)

Poglejmo, ali ta resitev ustreza nasim simetrijskim zahtevam?:

Rπ/2|ψb〉 = |φ4〉 − |φ1〉 + |φ2〉 − |φ3〉 =

= −(|φ1〉 − |φ2〉 + |φ3〉 − |φ4〉) = −|ψb〉 (11.187)

Rπ|ψb〉 = |φ3〉 − |φ4〉 + |φ1〉 − |φ2〉 = |ψb〉 (11.188)

R−π/2|ψb〉 = |φ2〉 − |φ3〉 + |φ4〉 − |φ1〉 = −|ψb〉 (11.189)

σx|ψb〉 = −|φ4〉 + |φ3〉 − |φ2〉 + |φ1〉 = |ψb〉 (11.190)

σy|ψb〉 = −|φ2〉 + |φ1〉 − |φ4〉 + |φ3〉 = |ψb〉 (11.191)

σ′a|ψb〉 = −|φ1〉 + |φ4〉 − |φ3〉 + |φ2〉 = −|ψb〉 (11.192)

σ′b|ψb〉 = −|φ3〉 + |φ2〉 − |φ1〉 + |φ4〉 = −|ψb〉 (11.193)

Vidimo, da dana funkcija zadosca vsem simetrijskim zahtevam, tako da smo nasli se enoresitev. Naprej poskusimo z nastavkom:

|ψc〉 = |φ1〉 + |φ2〉 − |φ3〉 − |φ4〉 (11.194)


Ta resitev ni dobra, saj takoj vidimo, da ne zadosca simetrijskim operacijam:

Rπ/2|ψc〉 = |φ4〉 + |φ1〉 − |φ2〉 − |φ3〉 6= ±|ψc〉 (11.195)

Poiskusimo lahko tudi z nastavkom:

|ψd〉 = |φ1〉 − |φ2〉 − |φ3〉 + |φ4〉 (11.196)

Tudi ta resitev ne ustreza, saj dobimo:

Rπ/2|ψd〉 = |φ4〉 − |φ1〉 − |φ2〉 + |φ3〉 6= ±|ψd〉 (11.197)

Na koncu pa nam ostanejo se funkcije, ki imajo le en predznak negativen:

|ψe〉 = |φ1〉 + |φ2〉 + |φ3〉 − |φ4〉 (11.198)

Vse taksne resitve pa tudi ne ustrezajo, saj se pri nasih transformacijah vedno ena baznafunkcija slika v drugo. Zato moramo imeti vedno sodo stevilo predznakov enakih.

Tako smo na koncu prisli do sklepa, da sta |ψa〉 in |ψb〉 za dani primer edini mozni 1Dupodobitvi grupe kvadrata.Ce si predstavljamo elemente grupe Gi ∈ C4v kot operatorje, ki delujejo na nasi funkciji|ψa〉 in |ψb〉 in so za tidve funkciji tudi lastni:

Gi|ψa,b〉 = λa,bi |ψa,b〉, (11.199)

lahko zapisemo tabelo lastnih vrednosti posameznih operatorjev:

ψ|Gi Rπ/2 Rπ R−π/2 σx σy σ′a σ′bψa 1 1 1 -1 -1 -1 -1ψb -1 1 -1 1 1 -1 -1


Bibliography

[1] Janez Strnad: Fizika 3. del Posebna Teorija relativnosti. Kvantna Fizika. Atomi, 2.spremenjnena izdaja, DMFA - Zaloznistvo, Ljubljana 2002.

[2] Masataka Mizushima: Theoretical Physics From classical Mechanics to Group Theoryof Microparticles, John Wiley & Sons, Inc., New York 1972.

[3] Walter Greiner: Quantum mechanics An Introduction, Springer-Verlag, Berlin 1989.

[4] Walter Greiner: Quantum mechanics Symmetries, Springer-Verlag, Berlin 1988.

[5] Walter Greiner: Relativistic Quantum mechanics Wave equations, Springer-Verlag,Berlin 1990.

[6] Franz Schwabl: Quantum mechanics Second Revised Edition, Springer- Verlag, Berlin1993.

[7] J. P. Elliott & P.G. Dawber: Symmetry in Physics Volume 1, Macmillan Press Ltd.,London 1979.

[8] Siegfried Flugge: Practical Quantum Mechanics reprint of the 1994 Edition, Springer-Verlag, Berlin 1999.

[9] D. ter Haar: Selected Problems in Quantum Mechanics Revised and argumented sec-ond editon, Infosearch Ltd., London 1964.

[10] Ivan Supek: Teorijska Fizika i Struktura Materije Drugi Dio, Trece Izdanje, Skolskaknjiga, Zagreb 1964.

[11] Douglas M. Gingrich: Klein Paradox for Spin-0 Particles

http://www.phys.ualberta.ca/ gingrich/phys512/latex2html/node35.htm

[12] Veliki splosni leksikon, Drzavna Zalozba Slovenije, Ljubljana 1997.

185

Documents

Rešene naloge iz Kvantne mehanike II Skripta