of 185 /185
Reˇ sene naloge iz Kvantne mehanike II Skripta Miha Mihoviloviˇ c October 3, 2006

Rešene naloge iz Kvantne mehanike II Skripta

  • Author
    phamnga

  • View
    298

  • Download
    7

Embed Size (px)

Text of 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 mehanikaII. 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 = 5 pri Lorentzovi transformaciji . . . . . . . . . . 22

    3 Poissonovi oklepaji 27

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

    3.2 Zveza: eP

    i aii = A+

    iBii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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)

    mr2 =Gmm

    r2(1.2)

    (1.3)

    Ko pokrajsamo, dobimo zvezo

    r32 = Gm (1.4)

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

    W = T + V (1.5)

    W =1

    2mv2 Gm

    2

    r(1.6)

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

    W = 12

    m2

    rG (1.7)

    Absolutna vrednost vezavne energije je potem

    |W | = 12

    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

    compton =~

    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 1035m (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 1044s (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 108kg (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 . 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

    ~Rdt )

    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 =4R3

    3, (1.21)

    dobimo

    V (R) = 43GmR2 (1.22)

    To sedaj upostevajmo v energijskem zakonu:

    E = T + V =m(

    dRdt

    )2

    2 4

    3GmR2 (1.23)

    Ce enacbo pomnozimo z 2mR2

    , dobimo

    2E

    mR2=

    (dRdt

    R

    )2 8

    3G (1.24)

    Ce se vpeljemo parameter

    k = 2Em, (1.25)

    dobimo enacbo standardnega (klasicnega) modela vesolja

    (dRdt

    R

    )2 kR2

    =8

    3G (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 ij = ij + aij . Napotek: uporabi parameterizacijo 00 = , i0 =

    i. Poisci zvezo med in i.

    Resitev:

    Za Lorentzovo transformacijo velja:

    acbdab = cd (2.1)

    11

  • 12 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

    Ce vzamemo c = 0, dobimo:

    a0bdab = 0d (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:

    1010 2020 3030 + 0000 =2

    = 1 (2.3)

    Ce se upostevamo, kako se izraza ij, dobimo:

    (1)2 (2)2 (3)2 + 2 = 1

    2(1 2

    )= 1 (2.4)

    oziroma ko obrnemo:

    2 =1

    1 2 (2.5)

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

    1011 2021 3031 + 0001 = 01011 + 2021 + 3031 0001 = 0

    1(1 + a11

    )+ 2

    (a21

    )+ 3

    (a31

    ) 1 = 0 (2.6)

    Podobno lahko sedaj zapisemo se za d = 2:

    1012 2022 3032 + 0002 = 01012 + 2022 + 3032 0002 = 0

    1(a12

    )+ 2

    (1 + a22

    )+ 3

    (a32

    ) 2 = 0 (2.7)

    Nic drugace ni niti za d = 3:

    1(a13

    )+ 2

    (a23

    )+ 3

    (1 + a33

    ) 3 = 0 (2.8)

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

    (1 + 2 + 3

    )

    (1 + 2 + 3

    )+ a111 + a221 + a331 +

    +a112 + a222 + a332 + a113 + a223 + a333 = 0 (2.9)

    Ko izraz nekoliko uredimo, dobimo:

    (1 + 2 + 3

    )

    (1 + 2 + 3

    )+ a

    (11 + 22 + 33

    )

    =()2

    (1 + 2 + 3

    )= 0(2.10)

  • 2.2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA II. 13

    Ko se delimo celoten izraz z(1 + 2 + 3

    ), dobimo:

    1 + a2 = 0(2.11)

    Izraz se obrnemo in ze imamo koncni rezultat:

    a = 12

    (2.12)

    2.2 Lorentzova transformacija II.

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

    Resitev:

    Cetverec i lahko zapisemo kot i = (1, 1, 2, 3)T . Splosni potisk ( Lorenzovo transfor-macijo) lahko zapisemo kot

    ij =

    1 2 3

    1 0 02 0 03 0 0

    (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

    xi = ijxj =

    1 2 3

    1 0 02 0 03 0 0

    x0000

    =

    x0

    x1

    x2

    x3

    (2.15)

    Zapisimo sedaj, kaj dobimo pri mnozenju vektorja z matriko

    x0 = x0 (2.16)

    1x0 = x1 (2.17)

    2x0 = x2 (2.18)

    3x0 = x3 (2.19)

    Za i-to komponento lahko sedaj zapisemo

    xi

    x0=

    1

    c

    xi

    t=

    1

    cvi; i = 1, 2, 3 (2.20)

  • 14 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

    Po drugi strani pa je to ob upostevanju zgornjih zvez enako

    xi

    x0=ix0x0

    = i (2.21)

    Tako smo prisli do ugotovitve, da je

    i =vi

    c(2.22)

    Vidimo, da nam i 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

    xa=

    xb

    xbxa

    (2.23)

    Vemo, da velja

    xa = b

    a xb. (2.24)

    Ce odvajamo, dobimo

    dxa = b

    a dxb. (2.25)

    sedaj enacbo pomnozimo z ac. Ce upostevamo, da je ac

    ba =

    bc , dobimo

    acdxa = dxc (2.26)

    Ce zamenjamo indeks c b, dobimo

    abdxa = dxb (2.27)

    oziroma, ce izrazimo ven ab :

    ab =dxbdxa

    (2.28)

    To pa sedaj lahko vstavimo v enacbo za odvod in dobimo

    xa= ab

    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

    xa=

    xbxb

    xa(2.30)

    Tudi tu seveda vemo, da je

    xa = abxb. (2.31)

    Ce odvajamo, dobimo

    dxa = abdxb. (2.32)

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

    a ab =

    cb, dobimo

    ca dxa = dxc (2.33)

    Zamenjajmo indeks c b in dobimo

    ba dxa = dxb (2.34)

    oziroma, ce izrazimo ven ba :

    ba =dxb

    dxa(2.35)

    To lahko vstavimo v enacbo za odvod in dobimo

    xa= ba

    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 a, kjer je neko skalarno polje (glede na Lorentzove transforma-cije).

  • 16 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

    Resitev:

    Izhajajmo iz zveze, da je

    L

    (

    Aa

    xb

    ) = 0F ba , (2.38)

    kjer je Fab tako imenovani tenzor polja in je definiran kot

    Fab :=Abxa

    Aaxb

    . (2.39)

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

    L =04F abFab (2.40)

    Lotimo se racunanja. Spremenjeni A vpeljemo kot

    Aa = Aa +

    xa(2.41)

    Aa = Aa +

    xa(2.42)

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

    L(Aa) 7 L(Aa). (2.43)

    Ce se upostevamo definicijo Lagrangove funkcije, lahko zapisemo

    L =04F cdF cd (2.44)

    Sedaj imamo vse pripravljeno, da izracunamo nas clen.

    L

    (

    Aaxb

    ) = 04

    (F cdF cd)

    (

    Aaxb

    ) = 04

    ((F cd)

    (

    Aaxb

    )F cd + F cd(F cd)

    (

    Aaxb

    ))

    (2.45)

    Ce indeske c in d malo premesamo, dobimo:

    L

    (

    Aaxb

    ) = 04

    (F

    dc )

    (

    Aaxb

    )F cd + F cd

    (F cd)

    (

    Aa

    xb

    )

    (2.46)

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

    L

    (

    Aaxb

    ) = 204

    ((F dc )

    (

    Aaxb

    )F cd

    )(2.47)

  • 2.4. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA IV. 17

    Ce sedaj upostevamo definicijo tenzorja napetosti, lahko zapisemo

    Fcd =Adxc

    Ac

    xd(2.48)

    F dc =Ad

    xc A

    c

    xd(2.49)

    Ko to upostevamo v izrazu 2.47,dobimo

    L

    (

    Aaxb

    ) = 02F cd

    ((A

    d

    xc )

    (Aa

    xb)(Acxd )

    (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 dc, (2.53)

    dobimo

    L

    (

    Aaxb

    ) = 202F cd

    ((A

    d

    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

    (

    Aaxb

    ) = 0dabcF cd = 0F

    ba (2.57)

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

    F ab =Abxa

    Aa

    xb(2.58)

    Ce upostevamo, kako se izraza A, lahko zapisemo

    F ab =

    xa(Ab +

    xb)

    xb(Aa +

    xa) = (2.59)

    =Abxa

    +

    xa

    xb Aaxb

    xb

    xa. (2.60)

  • 18 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

    Ce v slednjem clenu drzno zamenjamo vrstni red odvajanja

    xb

    xa

    xa

    xb, (2.61)

    se v zgornjem izrazu clena s potencialom pokrajsata in ostane nam

    F abAbxa

    Aaxb

    = Fab (2.62)

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

    L

    (

    Aaxb

    ) = 0F ba = 0F ba =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 (x)(x) pri Lorentzovih transforma-cijah x = x

    . 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 : 0, 1, 2, 3 (2.65)

    3 : 12, 13, 10, 23, 20, 30 (2.66)

    4 : 230, 301, 012, 1, 2, 3 (2.67)

    5 : 0123 (2.68)

    Sedaj pa imejmo Lorentzovo transformacijo:

    x = x (2.69)

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

    = + , (2.70)

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

    ik = ik (2.71)

    00 = 00 (2.72)

    i0 = i0 (2.73)20k = 0k (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:

    =

    0 i1 i2 i3i1 0 3 2i2 3 0 1i3 2 1 0

    , (2.76)

    kjer je ~ = (1, 2, 3)T takoimenovani aksialni vektor. Vektor ~ = (1, 2, 3)

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

    = (1 + ), (2.77)

    kjer je enak:

    =1

    4

    (2.78)

    in zanj velja se:

    =

    (2.79)

    Sedaj glejmo bilinearne forme:

    G = = 0, (2.80)

    kjer smo upostevali , da je = 0. Sedaj napravimo Lorentzovo transformacijo te forme:

    G = = 0 = (1 + )0(1 + ) =

    = 0 = , (2.81)

    kjer smo z oznacili kolicino:

    = 0(1 + )0(1 + ) (2.82)

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

    0 0 =

    0 (2.83)

    Zvezo adjungirajmo in upostevamo se, da je = ter, da je 0k

    = 0k. Dobimo:

    0 0 =3

    k=1

    0kk (2.84)

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

  • 20 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

    Dobljeno zvezo sedaj z leve pomnozimo z 0 in ob upostevanju lastnosti te Diracove matrike,dobimo

    00 = 3

    k=1

    0k0k (2.85)

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

    =1

    2

    3

    k=1

    k0k0 +

    1

    4

    k

    l

    klkl (2.86)

    Sedaj pa adjungirajmo ta izraz in dobimo:

    =1

    2

    3

    k=1

    k0k0 1

    4

    k

    l

    klkl (2.87)

    Ko sestejemo izraza za in , nam ostane le se

    + = 21

    2

    3

    k=1

    k0k0 (2.88)

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

    00 = (2.89)

    Dobljeni rezultat sedaj upostevajmo v zvezi 2.82 in dobimo:

    = 00(1 + ) + 00(1 + ) = + (2.90)

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

    = + ( ) (2.91)

    Sedaj vemo kako izracunati , s tem pa tudi vemo, kako se pri Lorentzovi transformacijispremeni G G.

    Sedaj pa lahko pogledamo razlicne primere.

    = 1:

    v tem primeru je potem:

    = 1 + = 1, (2.92)

    kar pomeni, da je

    G = = G (2.93)

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

  • 2.5. TRANSFORMACIJSKE LASTNOSTI BILINEARNIH FORM 21

    =

    Tu lahko sedaj zapismo:

    = + ( ) = +

    , (2.94)

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

    G = G +

    G (2.95)

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

    =

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

    =1

    2{, }+ +

    1

    2[, ] =

    +1

    2[ , ] (2.96)

    Definirajmo sedaj novo kolicino:

    =1

    2[, ] (2.97)

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

    = + ( ) (2.98)

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

    = +

    ( +

    ) . (2.99)

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

    G = G +

    (G

    + G

    ). (2.100)

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

  • 22 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

    =

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

    5 = i0123. (2.101)

    Ko to uporabimo na Diracovih matrikah, dobimo

    123 = i05 (2.102)023 = i15 (2.103)

    013 = i25 (2.104)

    012 = i35 (2.105)

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

    = 5 (2.106)

    Ker 5 antikomurira z vsemi matrikami , iz izraza 2.78 sledi, da matrika 5 komutira z. Ko to upostevamo v izrazu za , dobimo

    = 5 +(5 5

    )= ( + ( )) 5 (2.107)

    V clenu pred 5, prepoznamo izraz iz drugega primera. Ko to uporabimo v izrazu zatransformacijo Bilinearne forme, ugotovimo, da je:

    G = G +

    G (2.108)

    Vidimo, da se ta bilinearna forma pri Lorenzovi transformacji transformira kot vektor. Kerpa je se pomnozena z 5 recemo, da je psevdovektor.

    = 5

    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:

    = 5 + 5 + 5 = 5 + ( )5 = 5 = (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 = 5 pri Lorentzovi transformaciji

    Pokazi, da se bilinearna forma oblike G = 5 pri Lorentzovi transformaciji x = x ,transformira kot:

    G = det( )G (2.111)

  • 2.6. BILINEARNA FORMA G = 5 PRI LORENTZOVI TRANSFORMACIJI 23

    Resitev:

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

    = S, (2.112)

    kjer je S znana transformacija in zanjo velja:

    S1S = (2.113)

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

    G = = S1S = (2.114)

    Da bi vedeli, kako se transformira bilinearna forma, v kateri nastopa 5, moramo izracunatiizraz:

    = S15S = S10123S (2.115)

    Ker vemo, da je SS1 = Id., lahko zgornjo zvezo zapisemo kot:

    = S10SS11SS12SS13S (2.116)

    Ce sedaj se uporabimo zvezo 2.113, dobimo

    = 01

    23

    (2.117)

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

    =

    a00 a01 a02 a03a10 a11 a12 a13a20 a21 a22 a23a30 a31 a32 a33

    (2.118)

    Ce to uporabimo v nasem izrazu, dobimo:

    =(a00

    0 + a011 + a02

    2 + a033)(a10

    0 + a111 + a12

    2 + a133)(

    a200 + a21

    1 + a222 + a23

    3)(a30

    0 + a311 + a32

    2 + a333)

    (2.119)

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

    =

    g ig 0 0ig g 0 0

    0 0 1 00 0 0 1

    , (2.120)

  • 24 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

    kjer je g = 112

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

    det = g2(1 + 2) (2.121)

    Sedaj dano Lorentzovo transformacijo uporabimo v izrazu 2.119, in dobimo

    = (g0 ig1)(ig0 + g1)23 (2.122)

    Ko zmnozimo vse clene skupaj in upostevamo zveze:

    00 = 1 (2.123)

    ii = 1 (2.124) = , (2.125)

    dobimo koncni rezultat:

    = g2(1 + 2)0123 = det0123 (2.126)

    To nas je pripeljalo do zakljucka, da je

    = det (2.127)

    in posledicno tudi:

    G = detG (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:

    =

    1 0 0 00 cos sin 00 sin cos 00 0 0 1

    (2.129)

    Ko to vstavimo v izraz 2.119 in ga uredimo, dobimo

    = (cos2 + sin2 )0123 = det0123 (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 = 5 PRI LORENTZOVI TRANSFORMACIJI 25

    Ko to zapisemo v matricni obliki, dobimo:

    p =

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

    (2.133)

    Ko tudi to vstavimo v izraz 2.119, dobimo

    = 10(1)1(1)2(1)3 = 0123 = det0123 (2.134)

    Prav nic presenetrljivo smo znova prisli do istega rezultata. Od tod vidimo, da ce zatransformacijo vzamemo transformacijo P , se pri Lorentzovi transformaciji nasa bilinearnaforma (5) 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.

  • 26 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

  • 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

    paB

    xa Axa

    B

    pa(3.1)

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

    {xa, F (xb, pb)} = xa

    pcF (xb, pb)

    xc x

    a

    xcF (xb, pb)

    pc(3.2)

    Ker vemo, da je

    xa

    xc= ac (3.3)

    pa

    pc= ac (3.4)

    xa

    pc= 0, (3.5)

    lahko zapisemo

    {xa, F (xb, pb)} = ac F (xb, pb)

    pc(3.6)

    Slednji odvod izracunamo tako, da posredno odvajamo

    F

    pc=F

    xbxb

    pc+F

    pbpb

    pc=F

    pbbc (3.7)

    27

  • 28 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

    Ce to upostevamo v Poissonovemu oklepaju, dobimo

    {xa, F (xb, pb)} = ac Fpb

    bc = +F

    pbab (3.8)

    Pri tem smo upostevali, da bc spremeni predznak.

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

    {pa, F (xb, pb)} = pa

    pcF

    xc p

    a

    xcF

    pc= ac

    F

    xc(3.9)

    Tudi tu odvod Fxc izracunamo s posrednim odvajanjem po obeh njegovih spremenljivkah

    F (xb, pb)

    xc=F

    xbbc. (3.10)

    Ko to upostevamo v Poissonovemu oklepaju, dobimo

    {pa, F (xb, pb)} = ac Fxb

    bc = F

    xbab. (3.11)

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

    {Lab, pc} = Lab

    pdpc

    xd L

    ab

    xdpc

    pd=

    Labxd

    cd. (3.12)

    Upostevajmo definicijo vrtilne kolicine:

    Lab = xapb xbpa (3.13)

    Potem lahko izracunamo odvod

    Lab

    xd= pbad pabd (3.14)

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

    {Lab, pc} = (pbad pabd)cd = pabc + pbac. (3.15)

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

    {Lab, Lcd} = Lab

    pgLcd

    xg L

    ab

    xgLcd

    pg(3.16)

  • 3.2. ZVEZA: EP

    I AII = A+

    I BII 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= xabg xbag (3.19)

    Lcd

    xg= pdcg pcdg (3.20)

    Lab

    xg= pbag pabg (3.21)

    Lcd

    pg= xcdg xdcg (3.22)

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

    {Lab, Lcd} = bc(xapd paxd) bd(paxc xapc) ac(pbxd xbpd) ad(xbpc pbxc) (3.23)

    Ce upostevamo, da je

    Lij = xipj xjpi, (3.24)dobimo koncen rezultat

    {Lab, Lcd} = bcLad + bdLac + acLbd adLbc (3.25)

    3.2 Zveza: e

    iaii = A+

    iBii

    Dokazi, da velja

    eP

    i aii = A+

    i

    Bii, (3.26)

    kjer so i znane Paulijeve matrike.

    Resitev:

    Da si osvezimo spomin si najprej napisimo vse tri Paulijeve matrike

    1 =

    (0 11 0

    )(3.27)

    2 =

    (0 ii 0

    )(3.28)

    3 =

    (1 00 1

    )(3.29)

  • 30 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

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

    A = a1 + b2 + c3 =

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

    eP

    i aii = 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 aii = 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 aii = Id cosh(a2 + b2 + c2) +

    sinha2 + b2 + c2

    a2 + b2 + c2

    i

    aii (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 aii = A +

    i

    Bii (3.42)

    Na hitro si sedaj poglejmo se, kaj pa ce so a, b, c . 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 iajj = Id(1 2!z

    +z2

    4! z

    3

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

    3!+z2

    5! z

    3

    7!+ ...) (3.46)

    V izrazih tudi tu prepoznamo

    1 2!z

    +z2

    4! z

    3

    6!+ ... = cos(

    z) (3.47)

    1 z3!

    +z2

    5! z

    3

    7!+ ... =

    sin(z)z

    (3.48)

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

    eP

    j iajj = Id cos(a2 + b2 + c2) +

    sina2 + b2 + c2

    a2 + b2 + c2

    j

    iajj (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 iajj = A +

    j

    iBjj (3.52)

    3.3 Poissonovi oklepaji II

    Izvrednoti Poissonov oklepaj {a, a}, ce velja

    a =1

    2~m(mx+ ip) (3.53)

  • 32 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

    Resitev:

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

    a =1

    2~m(mx ip) (3.54)

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

    {a, a} = ax

    a

    p ap

    a

    x. (3.55)

    Ce vstavimo izraza 3.53 in 3.54 v zgornjo enacbo, dobimo

    {a, a} = 12~m

    m1

    2~m(i) i

    2~m

    m2~m

    (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} = 12~m

    m1

    2~m(i) (i)

    2~m

    m2~m

    (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 = ilkxlpk (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~ijkLk (3.72)

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

    [Li, A] = LiA ALi. (3.73)

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

    [Li, A] = ALi ALi = 0 (3.74)1Zaradi nase lenobe ne bomo pisali stresic na operatorje, ampak jih bomo imeli le v mislih.

  • 34 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

    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 + L2y i[Lx, Ly] = L2x + L2y + ~Lz (3.81)LL+ = (Lx iLy)(Lx + iLy) = L2x + L2y ~Lz (3.82)

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

    L2 = L2x + L2y + L

    2z = L+L ~Lz + L2z = LL+ + ~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 , za katero velja

    L2 = (3.84)

    Lz = lz. (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.

    LzLlz = LLzlz ~Llz = (lz ~)Llz , (3.86)

    kjer smo uporabili prej izpeljano zvezo, da je

    LzL = LLz ~L (3.87)

  • 3.4. POISSONOVI OKLEPAJI IN UPODOBITVE OPERATORJEV 35

    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.

    L2lm = lm, (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 kvadrata velikosti vrtilnekolicine. V Diracovi notaciji lahko zgornjo enacbo zapisemo v obliki

    L2|l,m = |l,m (3.90)

    Poglejmo si sedaj naslednji skalarni produkt

    l,m|L2|l,m = 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 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|LL+|l,m = C2+ (3.97)

  • 36 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

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

    l,m|L2 ~Lz L2z|l,m = ~2m ~2m2 = C2+ (3.98)

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

    ~2( m(m+ 1)) = C2+ (3.99)

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

    m(m+ 1) 0 (3.100)

    oziroma

    m(m+ 1). (3.101)

    Podobno lahko sedaj izvedemo tudi za operator L:

    Ll,m|Ll,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 = ~2~2m ~2m2 = C2 (3.104)

    Po vpeljavi istih brezdimenzijskih spremenljivk, dobimo

    ~2( m(m 1)) = c2 (3.105)

    Od tod pa dobimo pogoj

    m(m 1). (3.106)

    Tako imamo sedaj tri neenakosti

    m(m+ 1) (3.107) m(m 1) (3.108)

    0, (3.109)

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

    m(m+ 1) m(m 1) (3.110)

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

    = m(m+ 1) (3.111)

  • 3.4. POISSONOVI OKLEPAJI IN UPODOBITVE OPERATORJEV 37

    za m0 lahko zapisemo iste tri neenakosti

    m(m+ 1) = |m|(1 |m|) = |m|(|m| 1) (3.112) m(m 1) = |m|(|m| 1) = |m|(|m| + 1) (3.113)

    0, (3.114)

    V tem primeru spet lahko zapisemo

    |m|(|m| + 1) |m|(|m| 1) (3.115)

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

    = m(1 + m) (3.116)

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

    = l(l + 1) (3.117)

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

    = ~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)

  • 38 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

    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 [L, Ylm], = , 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)

    LYlm = ~l(l + 1) m(m 1)Yl,m1 (3.131)

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

    Lz = i~

    (3.132)

    L = ~ei(

    + i cot

    )(3.133)

    Najprej si poglejmo komutator z z-komponento vrtilne kolicine

    [Lz, Ylm] = Lz(Ylm) Ylm(Lz) = i~

    (Ylm) Ylm(i~

    ) =

    = i~( Ylm) i~Ylm

    + i~Ylm

    = (LzYlm) = (~mYlm) (3.134)

    Od tod vidimo, kaj je dani komutator:

    [Lz, Ylm] = ~mYlm (3.135)

    Sedaj pa izracunajmo se komutator z operatorjem L+:

    [L+, Ylm] = L+(Ylm) Ylm(L+) =

    = ~ei(Ylm

    +

    Ylm

    + i cot (Ylm

    +

    Ylm

    )

    ) Ylm(L+) =

    = Ylm

    [~ei(

    + i cot

    )

    ]+

    [~ei(

    Ylm

    + i cot Ylm

    )

    ] Ylm(L+) =

    = L+Ylm = ~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)Ylm1 (3.138)

  • 40 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

  • 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 | lastni vektor operatorja A. Potem lahko zapisemo

    A| = | (4.2)

    Ce enacbo z leve pomnozimo z |, dobimo

    |A| = | = (4.3)

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

    |A| = A| = (|A|) = (|) = (4.4)

    Po drugi strani pa vemo, da velja

    |A| = |A| (4.5)

    Ce upostevamo, kaj rezultat obeh skalarnih produktov je, dobimo

    = (4.6)

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

    (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 | in | lastna vektorja hermitskega operatorja A z razlicnima lastnima vred-nostima a 6= b. Tedaj lahko zapisemo

    A| = a| (4.8)A| = b| (4.9)

    Naredimo sedaj naslednji skalarni produkt

    |A| = a|. (4.10)

    Po drugi strani pa je to enako

    |A| = A| = A| = (|A|) = b| = b| (4.11)

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

    (a b)| = 0 (4.12)

    Ce se uporabimo, da so lastne vrednosti realne, dobimo

    (a b)| = 0 (4.13)

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

    | = 0 (4.14)

    To pa pomeni, da je ||. 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:

    |x| =xdx =

    xdx =

    (x)dx = x|, (4.15)

  • 4.3. OPERATOR X IN OPERATOR P . 43

    kjer smo upostevali, da x . Tako smo dobili

    |x| = x| = |x| (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)

    |x| =

    i~

    pdp = i~

    pdp = i~(|

    pdp) =

    = i~

    pdp (4.19)

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

    |x| =

    i~Psi

    pdp =

    (i~

    p)dp =

    (x)dp = x| =

    = |x| (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:

    |p| =(i~

    x)dx = i~

    xdx =

    = i~(|

    xdx) =

    i~

    xdx (4.23)

  • 44 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI

    Ce malo se preoblikujemo, dobimo

    |p| =

    (i~x

    )dx =

    (p)dx = p| = |p| (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

    |p| =

    pdp =pdp =

    (p)dp =

    = p| = |p| (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 AB 12 |C|, kjer je X pricakovana vrednost operatorjaX za poljubno stanje in velja (X)2 = X2 X2. 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

    (, )(,) |(,)|2 (4.36)

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

    (A,A)(B,B) |(A,B)|2 (4.37)

    Ce nesemo leve operatorje na drugo stran skalarnega produkta dobimo

    (,AA)(,BB) |(,AB)|2 (4.38)

    Ce sedaj upostevamo, da sta operatorja A,B hermitska

    A = A (4.39)

    B = B, (4.40)

    lahko potem zapisemo

    (,A2)(,B2) |(,AB)|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

  • 46 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI

    lahko v nasem primeru zapisemo

    |(,AB)|2 = |12(, {A,B}) + 1

    2(, [A,B])|2 = (4.48)

    =1

    4(, {A,B})2 + 1

    4|(, [A,B])|2 (4.49)

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

    (, {A,B})2 0, (4.50)

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

    |(,AB)|2 14|(, [A,B])|2 (4.51)

    Ce nekoliko drugace oznacimo pricakovano vrednost, dobimo

    |(,AB)|2 14|[A,B]|2 (4.52)

    Ce se upostevamo izraz 4.41, lahko zapisemo

    (,A2)(,B2) 14|[A,B]|2 (4.53)

    Uporabimo definicijo variance

    (A)2 = (, (A A)2), (4.54)

    kjer je A pricakovana vrednost operatorja A. Ce spremenimo operatorja A,B v

    A2 (A A)2 (4.55)B2 (B B)2, (4.56)

    lahko zapisemo

    (, (A A)2)(, (B B)2) =

    = (AB)2 14|[A A, B B]|2 = 1

    4|[A,B]|2, (4.57)

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

    (AB) 12|[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

    (AB) 12|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

    xp 12|[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.)

    B = zA, (4.63)

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

    (, {A, b}) = 0 (4.64)

    Ce razpisemo

    (,AB) + (,BA) = 0 (4.65)

    Ko se upostevamo, da morata biti vektorja vzporedna, dobimo

    (A, zA) + (zA,A) = 0

    (z + z)(A,A) = 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 = i (4.67)

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

    B = iA (4.68)

  • 48 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI

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

    ~

    i

    x = ix (4.69)

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

    (x) = cex2

    2 (4.70)

    Ce valovno funkcijo se normiramo, dobimo koncni rezultat

    =

    (

    )1/4e

    x2

    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|a0 = 0 (5.1)

    x|n =(a)nn!

    x|0 (5.2)

    a =1

    2m~(mx+ ip) (5.3)

    Resitev:

    Pri resevanju problema harmonskega oscilatorja navadno vpeljemo operatorja

    a =mx+ ip

    2m~(5.4)

    a =mx ip

    2m~(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~ xin vpeljemo x0 =

    ~

    m , dobimo

    a =12(x

    x0+x0

    x) (5.6)

    a =12(x

    x0 x0

    x) (5.7)

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

    H = ~(aa+1

    2) = ~(n+

    1

    2) (5.8)

    49

  • 50 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

    Oznacimo lastna stanja harmonskega oscilatorja z |n. Potem velja

    a|n = c|n1 (5.9)

    Ce naredimo skalarni produkt

    an|a|n = |aa| = n = c2 (5.10)

    Od tod dobimo c =n. Tako lahko zapisemo

    a|n =n|n1 (5.11)

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

    a|n = c|n+1 (5.12)

    Ce naredimo skalarni produkt

    an|a|n = |aa| = c2 (5.13)

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

    (1 + n)n|n = c2 (5.14)

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

    a|n =n+ 1|n+1 (5.15)

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

    n|n = n|n (5.16)

    Ce naredimo skalarni produkt

    n|n|n = n = n|aa|n = an|an 0 (5.17)

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

    x|a|0 = 0 (5.18)

    Vsa visja stanja pa lahko dobimo s pomocjo zveze

    |n =1na|n1 (5.19)

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

    |n =(a)nn!

    |0 (5.20)

  • 5.1. LASTNE RESITVE HARMONSKEGA OSCILATORJA 51

    oziroma

    x|n =(a)nn!

    x|0 (5.21)

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

    a0 = 0 (5.22)

    Ce upostevamo, kako je izrazen operator a, dobimo

    12(x

    x0+ x0

    x)0 = 0 (5.23)

    Ko enacbo obrnemo, dobimo

    xdxx20

    =d00

    (5.24)

    Ko enacbo integriramo in rezultat se normiramo, dobimo

    0 =1x0

    e 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

    1 = a|0 =

    12(x

    x0 x0

    x)

    1x0

    e x2

    2x20 =

    =1

    x01!2

    2x

    x0e x2

    2x20 (5.26)

    Poglejmo si na hitro se drugo vzbujeno stanje

    2 =12a|1 =

    2x0

    2!2

    (x

    x0 x0

    x)x

    x0e x2

    2x20 =

    =1

    x0222!

    (4(x

    x0)2 2)e

    x22x20 (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)

  • 52 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

    Tako, da lahko nasa stanja zapisemo v obliki

    0 =1x0

    H0(

    x

    x0)e

    x22x2

    0 (5.31)

    1 =1

    x01!2

    H1(x

    x0)e

    x22x2

    0 (5.32)

    2 =1

    x0222!

    H2(x

    x0)e

    x22x20 (5.33)

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

    n =1

    x02nn!

    Hn(x

    x0)e

    x22x20 (5.34)

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

    n+1 =1n+ 1

    12(x

    x0 x0

    x)n =

    =1

    x02n+1(n+ 1)!

    (x

    x0 x0

    x)Hn(

    x

    x0)e

    x22x2

    0 (5.35)

    Ko izraz odvajamo in upostevamo, da je

    dHndx

    = 2nHn1(x), (5.36)

    dobimo

    n+1 =1

    x02n+1(n+ 1)!

    e x2

    2x20 2(

    x

    x0Hn(

    x

    x0) nHn1(

    x

    x0))). (5.37)

    Sedaj upostevajmo rekurzijsko zvezo, ki velja za Hermitove polinome

    2xHn = 2nHn1 +Hn+1 (5.38)

    in dobimo

    n+1 =1

    x02n+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:

    n =1

    x02nn!

    Hn(x

    x0)e

    x22x2

    0 (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| = | (5.41)

    Doloci |, izracunaj skalarni produkt |. Pokazi tudi, da velja

    1

    |d2| = 1, (5.42)

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

    Resitev:

    Za nepremaknjen harmonski oscilator smo definirali kreacijski in anihilacijski operator a

    in a, kot

    a =12(x

    x0+ x0

    x) (5.43)

    a =12(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 =12(x

    x0+ x0

    x) =

    12(x x1x0

    + x0

    x) = a x1

    2x0= a , (5.48)

    kjer smo oznacili = x12x0

    . Za osnovno stanje premaknjenega harmonskega oscilatorja

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

    a| = 0 (5.49)

  • 54 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

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

    a| = a| | = 0 (5.50)a| = | (5.51)

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

    n|a| = n|| = n|, (5.52)

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

    1n!0|an| = 1

    n!0|an1| = 1

    n!n0|. (5.53)

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

    1n!0|an| = 1

    n!a0|an1| (5.54)

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

    1n!0|an| = 1

    n!n0| = n| (5.55)

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

    | =

    n=0

    cn|n =

    n=0

    |nn| (5.56)

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

    | =

    n=0

    1n!n0||n (5.57)

    Vpeljimo konstanto c = 0|. Potem imamo

    | = c

    n=0

    1n!n|n = c

    n=0

    (a)n

    n!|0 (5.58)

    V zgornji vsoti prepoznamo vrsto za ex =

    nxn

    n! . Potem lahko zapisemo

    | = ea |0 (5.59)

  • 5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 55

    Sedaj dolocimo se normalizacijsko konstanto. Naredimo skalarni produkt

    | = 1 = |c|2

    n

    ||2nn!

    n|n (5.60)

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

    c = e12||2 (5.61)

    Tako lahko sedaj v celoti zapisemo koherentno stanje v obliki

    | = e 12 ||2+a |0, (5.62)

    kjer vemo, da se osnovno stanje harmonskega oscilatorja izraza kot

    x|0 = 1x0

    e x2

    2x20 (5.63)

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

    | = e 12 ||2+a |0 (5.64)| = e 12 ||2+a |0 (5.65)

    Ce iz drugega stanja naredimo bra: |, dobimo

    | = e 12 ||2

    m

    ()mm!

    m| (5.66)

    Sedaj kar izvrsimo skalarni produkt:

    | = e 12 ||2 12 ||2

    n

    m

    ()m()nn!m!

    m|n = e 12 (||2+||2)

    n

    ()n

    n!, (5.67)

    kjer smo upostevali, da je m|n = nm. Ko upostevamo, kaj predstavlja dana vsota, lahkozapisemo

    | = e 12 (||22+||2) (5.68)

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

    = | = e 12 (2||22||2) = 1 (5.69)

  • 56 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

    Poglejmo si, koliko je vreden integral

    I =1

    ||d2 = 1

    || d(Re())d(Im()). (5.70)

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

    I =1

    e

    12||2 1

    2||2

    n

    nn!|n

    m

    mm!

    m|dxdy =

    =1

    m,n

    e||

    2 nmm!n!

    dxdy|nm| (5.71)

    Sedaj izrazimo kompleksno stevilo z

    = ei||2 = 2 (5.72)n = nein (5.73)

    m = meim (5.74)

    Ce prepisemo se diferencial dxdy = dd, dobimo

    I =1

    m,n

    1m!n!

    0m+n+1e

    2d

    2

    0ei(nm)d (5.75)

    Slednji integral izracunamo in dobimo

    2

    0ei(nm)d = 2mn (5.76)

    Ko to upostevamo, nam ostane

    I =

    n

    1

    n!

    02n+1e

    2d|nn| (5.77)

    V preostalem integralu pa prepoznamo Gamma funkcijo:

    02n+1e

    2d =

    1

    2(n+ 1) =

    1

    2n! (5.78)

    Ko tudi to uporabimo, nam ostane

    I =

    n

    |nn| = 1 (5.79)

    Tako smo dokazali zeljeno zvezo.

  • 5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 57

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

    [a, a] = 1 = aa aa = aa = 1 + aa (5.80)|a| = (5.81)

    |a| = (5.82)|aa| = ||2 (5.83)x =

    x02(a+ a) (5.84)

    p =ix0

    2(a a). (5.85)

    Najprej si poglejmo pricakovano vrednost

    (xp)2 = x40

    4|((a + a)(a a))2| = x

    40

    4|(a2 a2 1)2| =

    = x40

    4|a4 a2a2 2a2 a2a2 + a4 + 2a2 + 1| =

    = x40

    4(4 ||4 22 + 4 + 22 + 1 2 4||2 ||4) =

    = x40

    4(4 2||4 22 = 4 + 22 1 4||2), (5.86)

    kjer smo v racunu upostevali, da je

    |a2a2| = 2 + 4||2 + ||4 (5.87)

    Sedaj izracunajmo pricakovano vrednost

    x4 = x40

    4|(a + a)4| =

    =x404|a4 + aaa2 + aa3 + a2a2 + a3a + (aa)2

    +aaaa + a2aa + a2aa+ aaaa+ (aa)2 +

    +a3a+ a2a

    2+ aa

    3+ aaa

    2+ a

    4| (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,

  • 58 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

    ki jih za posamezne (netrivialne) clene dobimo:

    |aaa2| = 2 + 2||2 (5.89)|a3a| = 32 + 2||2 (5.90)

    |(aa)2| = 1 + 3||2 + ||4 (5.91)|aaaa| = 2||2 + ||4 (5.92)|a2aa| = 2 + ||2 (5.93)|a2aa| = 22 + 2||2 (5.94)|aaaa| = 2||2 + ||4 (5.95)|aaaa| = ||2 + ||4 (5.96)

    |a2a2| = 2 + 4||2 + ||4 (5.97)|aa3| = 32 + 2||2 (5.98)

    |aaa2| = 22 + 2||2 (5.99)Ce vse to upostevamo in clene med sabo uredimo, dobimo

    x4 = x40

    4(4 + 4 + 6||4 + 62 + 62 + 42||2 + 42||2 + 3 + 12||2) (5.100)

    Povsem analogno izracunamo pricakovano vrednost p4. Postopamo takole:

    p4 = x40

    4|(a a)4| =

    =x404|a4 aaa2 aa3 + a2a2 a3a + (aa)2

    +aaaa a2aa a2aa+ aaaa++(aa)2 a3a+ a2a2 aa3 aaa2 + a4| (5.101)

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

    p4 = x40

    4(4 62 42||2 42||2 + 6||4 + 3 + 12||2 62 + 4) (5.102)

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

    x2p2 = x40

    4|(a + a)2(a a)2| =

    = x40

    4|a4 + aaa2 + aa3 + a2a2 a3a (aa)2

    aaaa a2aa a2aa aaaa(aa)2 a3a+ a2a2 + aa3 + aaa2 + a4| (5.103)

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

    x2p2 = 4 42 2||4 + 1 4||2 + 42 + 2 (5.104)

  • 5.3. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA II. 59

    5.3 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja II.

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

    Resitev:

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

    | = e 12 ||2+a |0 (5.105)| = 0|e 12 ||2+a, (5.106)

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

    a| = | (5.107)

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

    x =x02(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 = |ex| = 0|e 12 ||2+aex0

    2(a+a)

    e12||2+a |0 (5.110)

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

    U = e||20|ea+ x0

    2(a+a)

    e12[a, x0

    2(a+a)]

    ea |0 (5.111)

    Ko upostevamo, da je

    [a,x0

    2(a+ a)] =

    x02

    = (5.112)

    dobimo

    U = e||2e 120|ea+(a+a)ea |0 (5.113)

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

    U = e 12 ||2e 12 (+)0|e(+)a+(+)a |0, (5.114)

  • 60 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

    kjer smo upostevali, da je

    [a+ a+ a, a] = + (5.115)

    Ce upostevamo, da je , potem lahko izraz malo preoblikujemo:

    U = e 12 ||2e 12 (+)0|e(+)a+(+)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 ||2e 12 (+)0|e(+)ae(+)ae 12 [()a,(+)a]|0 (5.117)

    Ko izracunamo, dobimo

    U = e 12 ||2e 12 (+)e 12 |+|20|e(+)ae(+)a |0 (5.118)

    V zgornjem clenu prepoznamo skalarni produkt

    0|e(+)ae(+)a |0 = + |+ = e|+|2 (5.119)

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

    0|eaea |0 =

    n

    0|(a)n

    n!

    m

    (a)m

    m!|0 =

    =

    n

    ()nn!

    n|

    m

    ()mm!

    |m =

    m,n

    ()n()mm!n!

    n|m (5.120)

    Ce se uporabimo, da je n|m = nm, dobimo

    n

    (||2)nn!

    = e||2. (5.121)

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

    U = e 12 ||2e 2 (+)e 12 |+|2e|+|2 (5.122)

    Ko se upostevamo, da je

    |+ |2 = ||2 + 2 + (+ ), (5.123)

    dobimo

    U = e(+)e 12 2 (5.124)

  • 5.3. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA II. 61

    Sedaj lahko razvijemo dani rezultat v Taylorjevo vrsto

    |U | = (1 + (+ ) + 12!

    ((+ ))2 +1

    3!((+ ))3 +

    1

    4!((+ ))4 +

    1

    5!((+ ))5 +

    1

    6!((+ ))6 +

    1

    7!((+ ))7 +

    1

    8!((+ ))8 + ...)

    (1 +1

    22 +

    1

    2!(1

    22)2 +

    1

    3!(1

    22)3 +

    1

    4!(1

    22)4 + ...+

    1

    8!(1

    22)8 + ...) (5.125)

    Po drugi strani pa je to tudi enako

    U = |ex| = | + |x| + 12!2|x2| +

    1

    3!3|x3| + ...+ 1

    8!8|x8| + ... (5.126)

    Sedaj izenacimo clene z enakimi potencami n, in dobimo

    | = 1 (5.127)|x| = x0

    2(+ ) (5.128)

    |x2| = x20

    2(2 + 2 + 2|| + 1) (5.129)

    ...

    |x8| = x80

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

    ...

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

    |x| = | x02(a+ a)| = x0

    2(+ ) (5.131)

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

    |x2| = |x20

    2(a+ a)2| = x

    20

    2|(a+ a)(a+ a)| =

    =x202

    (2 + 2 + 2||2 + 1) (5.132)

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

  • 62 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

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

    P = ep, (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 = |P | = 0|e 12 ||2+aeix0

    2(aa)

    e12||2+a |0 (5.135)

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

    [a,i(a a)] = i (5.136)[a i(a a), a

    ]= ||2 i (5.137)

    Ko se vse clene med sabo uredimo, dobimo

    P = e 12 ||2ei 2 ()0|e(i)a+(+i)a |0 (5.138)

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

    P = e||22 e

    i2()e

    12|+i|2 = ei(

    )e||22 , (5.139)

    kjer smo upostevali, da je

    0|e(i)a+(+i)a |0 = + i|+ i = e|+i|2 (5.140)

    in komutator

    [( + i)a, (+ i)a] = |+ i|2 (5.141)

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

    P =(

    1 i( ) + 12!

    (( ))2 + +...)(

    1 +2

    2+

    1

    2!

    (2

    2

    )2+ ...

    )(5.142)

    Po drugi strani pa vemo, da je to enako

    P = |ep| = | + |p| + 2

    2!|p2| + ... (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 n. Za prve tri potence dobimo

    | = 1 (5.144)|p| = i x0

    2( ) =

    2x0Im() (5.145)

    |p2| = x20

    2(2 + 2 2||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| 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

    nex

    )

    =0

    , (5.148)

  • 64 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

    kjer smo izpeljali, da je

    ex = e(+)+ 2

    2 , (5.149)

    kjer je = x02. 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

    dn

    [ef()

    ]=

    (n

    m=1

    n!

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

    )

    =0

    , (5.150)

    kjer mora veljati, da je:

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

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

    Nasa funkcija je f() = 122b2 + b( +), kjer je = b = b = x0

    2. Odvodi funkcije se

    potem glasijo

    f() =1

    22b2 + b(+ ) (5.153)

    f () = b2 + ( + )b (5.154)

    f () = b2 (5.155)

    f (3)() = 0 (5.156)

    f (n3)() = 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

    def() =

    1

    m=1

    1!

    1a1!(b2 + b( + ))a1 (5.158)

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

    Ko izracunamo to preprosto vsoto pri = 0 dobimo

    x = ddef() = b( + ) =

    x02( + ) (5.160)

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

    d2

    d2ef() =

    (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 = 0, dobimo izraz za pricakovano vrednostkvadrata odmika

    x2 = x20

    2

    (2 + 2 + 2||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.

  • 66 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

  • Chapter 6

    Matricna upodobitev operatorjev

    6.1 Matricna upodobitev operatorjev

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

    12 , 1,

    32 .

    Resitev

    1. del resitve:

    Operator vrtilne kolicine ~L lahko zapisemo po komponentah kot

    ~L =

    LxLyLz

    (6.1)

    To lahko naredimo tudi za normalni vektor ~n v prostoru

    ~n =

    , (6.2)

    kjer so komponente danega vektorja izbrane tako, da je 2 + 2 + 2 = 1, saj mora bitinormalni vektor po velikosti enak 1. Potem lahko zapisemo skalarni produkt

    ~n~L = Lx + Ly + Lz (6.3)

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

    R = Id+ (i~n~L) + 12!

    (i~n~L)2 + ... (6.4)

    Ker je majhna bo clen v razvoju z 2 dosti manjsi od clena z . Zato lahko v razvojuupostevamo le prva dva clena:

    R Id+ (i~n~L) = Id i(Lx + Ly + Lz) (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 i(L+ + L2

    + L+ L

    2i+ Lz) (6.8)

    Ko izraz nekoliko preuredimo, dobimo

    R = Id i( i2

    L+ + + i

    2L + Lz) (6.9)

    Sedaj dolocimo matricne elemente tega operatorja lm|R|kn, kjer so |lm lastna stanjaoperatorjev Lz in L

    2. Lahko zapisemo

    lm|R|kn = lm|Id i( i2

    L+ + + i

    2L + Lz)|kn =

    = lm|kn i( i2

    )lm|L+|kn

    i( + i2

    )lm|Lz |kn ilm|Lz |kn =

    kl nm

    2( + i)lm|L+|kn +

    +

    2( i)lm|L|kn i~nkl nm, (6.10)

    kjer smo upostevali, da je

    lm|kn = kl nm (6.11)lm|Lz|kn = ~nlm|kn = ~nkl 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 i~n)kl nm ~

    2( + i)

    k(k + 1) n(n+ 1)kl n+1m +

    ~

    2( i)

    k(k + 1) n(n 1)kl n1m , (6.14)

    kjer smo upostevali ortogonalnost lastnih stanj

    lm|k, n + 1 = kl n+1m (6.15)lm|k, n 1 = kl n1m (6.16)

  • 6.1. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV 69

    Ko se malo izpostavimo, dobimo koncni rezultat

    R = kl [(1 i~n)nm ~

    2( + i)

    k(k + 1) n(n+ 1)n+1m +

    ~

    2( i)

    k(k + 1) n(n 1)n1m ] (6.17)

    Dobili smo izraz, ki nam doloca matricne elemente operatorja R v bazi lastnih stanj oper-atorjev Lz in L

    2.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: = = 0 in = 1. Tedaj se matricni element poenostavi in dobimo

    lm|R|kn = kl (1 i~n)nm (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 = ~nkl nm (6.19)lm|L|kn = ~

    k(k + 1) n(n 1)kl n1m (6.20)

  • 70 CHAPTER 6. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV

    Najprej si poglejmo primer za l = 12 . Tedaj imamo dve moznosti za m : 12 , 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 = ~nnm (6.24)

    1/2,m|L+|1/2, n = ~

    3

    4 n(n+ 1)n+1m (6.25)

    1/2,m|L|1/2, n = ~

    3

    4 n(n 1)n1m (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 = ~nnm (6.34)1,m|L+|1, n = ~

    2 n(n+ 1)n+1m (6.35)

    1,m|L|1, n = ~

    2 n(n 1)n1m (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 02 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 = ~nnm (6.46)

    3/2,m|L+|3/2, n = ~

    15

    4 n(n+ 1)n+1m (6.47)

    3/2,m|L|3/2, n = ~

    15

    4 n(n 1)n1m (6.48)

  • 72 CHAPTER 6. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV

    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 03 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)

    No, pa smo pri koncu!

    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 = ab+ ba Q = Q = ba+ ab (6.53)N = aa+ bb (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

    ~H (6.61)

    H = ~(aa+ bb) = ~N (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 = i2nb+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, b1 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.

  • 74 CHAPTER 6. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV

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

    mf ,mb|b|nf , nb =nf + 1

    mfnf +1

    mbnb (6.73)

    mf ,mb|b|nf , nb =nf

    mfnf1

    mbnb

    (6.74)

    mf ,mb|a|nf , nb =nb + 1

    mfnf

    mbnb+1

    (6.75)

    mf ,mb|a|nf , nb =nb

    mfnf

    mbnb1 (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 01 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 = aa+ bb|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)nfmf nbmb (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 = (ab+ ba)|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 + 1

    mfnf1

    mbnb+1

    +nf + 1

    nb

    mfnf +1

    mbnb1 (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)

    No, pa smo pri koncu!

    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)

  • 76 CHAPTER 6. MATRICNA UPODOBITEV OPERATORJEV

    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 = f, (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 single