42
Elektrotehniˇ cki fakultet Univerziteta u Beogradu Milan Tadi´ c Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, 2011.

Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

Elektrotehnicki fakultet Univerziteta u Beogradu

Milan Tadic

Zbirka zadataka iz kvantne mehanike

Beograd, 2011.

Page 2: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

2

Page 3: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

Predgovor

Predgovor I izdanju

Zbirka zadataka iz kvantne mehanike sadrzi zadatke koji su u okviru dela kursa iz kvantne

mehanike resavani na casovima vezbanja polaznicima kursa Kvantna mehanika na Odseku za

fizicku elektroniku. U Zbirku su ukljuceni i neki zadaci sa ispita, kao i interesantni zadaci za

pripremu za ispit.

Beograd, 10.6.2010.

Prof. dr Milan Tadic

Predgovor II izdanju

Za slusaoce kursa skolske 2010/11. godine dodato je nekoliko novih zadataka i ispravljene su

uocesne stamparske greske.

Beograd, 6.6.2011.

Prof. dr Milan Tadic

3

Page 4: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

4

Page 5: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

1

Dirakova notacija i matricna

reprezentacija kvantne mehanike

1. Hamiltonijan sistema sa 2 nivoa dat je izrazom:

H =2∑

i=1

|i〉ε〈i|+2∑

i=1(j 6=i)

|i〉t〈j|,

gde ketovi |i〉 i |j〉 formiraju ortonormirani bazis, a ε i t < 0 su konstante.(a) Odrediti matricu H koja predstavlja H u datom bazisu.(b) Odrediti svojstvene vrednosti i svojstvene vektore matrice H.

Resenje. (a) Schrodingerova jednacina ima oblik:

HΨ = EΨ. (1)

Razvijmo nepoznatu funkciju u bazis funcija ψi = |i〉:

Ψ =∑

i

ciψi =∑

i

ci|i〉. (2)

Rezultat ovog razvoja je:Hc = Ec, (3)

gde je H Hamiltonova matrica. Matricni element Hij ove matrice je:

Hij = 〈i|(|1〉ε〈1|+ |2〉ε〈2|) + (|1〉ε〈2|+ |2〉ε〈1|)|j〉. (4)

Lako se pokaze da su matricni elementi:

H11 = ε, H12 = t, H21 = t, H22 = ε. (5)

Prema tome, Hamiltonova matrica je:

H =

[ε t

t ε

]. (6)

5

Page 6: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

6 1. Dirakova notacija i matricna reprezentacija kvantne mehanike

Svojstveni problem je, dakle [ε t

t ε

][c1

c2

]= E

[c1

c2

]. (7)

(b) Sekularna jednacina je: ∣∣∣∣∣ε− E t

t ε−E

∣∣∣∣∣ = 0, (8)

odnosno:(ε− E)2 − t2 = 0. (9)

Resenja ove jednacine su:E± = ε± t. (10)

Osnovno stanja ima energiju ε + t. Svojstveni vektor koji odgovara ovom stanju se dobija na osnovu:

εc1 + tc2 = (ε + t)c1 (11)

tc1 + εc2 = (ε + t)c2. (12)

Odavde sledi:c2 = c1. (13)

Na osnovu uslova normiranja:2∑

i=1

|ci|2 = 1, (14)

sledi:c1 =

1√2, c2 =

1√2. (15)

Prema tome:

c+ =1√2

[11

], (16)

odnosno:Ψ+ =

1√2(|1〉+ |2〉). (17)

Slicno se moze pokazati:

c− =1√2

[1−1

], (18)

odnosno:Ψ− =

1√2(|1〉 − |2〉). (19)

Page 7: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

2

Kvantovanje linearnog harmonijskog

oscilatora

1. Izracunati matricni element koordinate x izmedu svojstvenih funkcija LHO, xkn = 〈ψk|x|ψn〉.

Resenje. Ilustrativan primer primene ovih rekuretnih relacija je racunanje dipolnog matricnog elementa, kojise pojavljuje u teoriji optickih prelaza (dipolni matricni element je zapravo −e〈ψk|~r|ψn〉):

xkn = 〈ψk|x|ψn〉

=

+∞∫

−∞ψkxψndx

=1α2

+∞∫

−∞ψk

(√n

2ψn−1(ξ) +

√n + 1

2ψn+1(ξ)

)dξ

=1α2

√n

2

+∞∫

−∞ψkψn−1dξ +

√n + 1

2

+∞∫

−∞ψkψn+1dξ

.

(1)

Ovde je uzeta u obzir cinjenica da je ψk realno, pa je ψ∗k = ψk. Koristeci ortonorniranost svojstvenih funkcijaLHO:

+∞∫

−∞ψkψndx = δkn, (2)

lako se dobija:+∞∫

−∞ψkψndξ = αδkn, (3)

Odavde sledi:

xkn =1α

(√n

2δk,n−1 +

√n + 1

2δk,n+1

). (4)

”Jacina” matricnog elementa prelaza je proporcionalna energiji stanja sa vecom energijom i, dakle, ista je zaemisiju i apsorpciju energije pri prelazu izmedu dva stanja, kao sto je prikazano na slici.

7

Page 8: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

8 2. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora

Sl. 1. (a) ”Jacine” matricnih elemenata prelaza sa stanja n na stanje n− 1 i n + 1. (b) Prelazi

izmedju dva stanja imaju iste ”jacine”.

2. Pokazati da za LHO vazi: √〈(∆x)2〉 ·

√〈(∆px)2〉 ≥ ~

2.

Resenje. Srednje kvadratno odstupanje je:

〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 − 〈x〉2. (5)

S obzirom da je potencijal simetrican, srednja vrednost koordinate je:

〈x〉 = 0. (6)

Prema tome:

〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 =

+∞∫

−∞ψ∗nx2ψndx. (7)

Ovaj integral se resava visestrukom primenom I rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO. Zamenom:

x =ξ

α; α =

√mω

~. (8)

u izraz za srednju vrednost x2, dobija se:

〈x2〉 =1α3

+∞∫

−∞ψ∗nξ2ψndξ. (9)

Na osnovu I rekurentne relacije sledi:

ξψn(ξ) =√

n

2ψn−1(ξ) +

√n + 1

2ψn+1(ξ). (10)

Page 9: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

9

Odavde se lako dobija

ξ2ψn(ξ) =√

n

2ξψn−1(ξ) +

√n + 1

2ξψn+1(ξ). (11)

odnosno:

ξ2ψn(ξ) =√

n

2

(√n− 1

2ψn−2 +

√n

2ψn

)

+

√n + 1

2

(√n + 1

2ψn +

√n + 2

2ψn+2

).

(12)

Koristimo nadalje cinjenicu da je (videti primer sa dipolnim matricnim elementom):

+∞∫

−∞ψ∗kψndξ = αδkn, (13)

na osnovu koje sledi:

〈x2〉 =1α3

+∞∫

−∞ψ∗n

(n

2ψn +

n + 12

ψn

)dξ =

1α2

(n +

12

). (14)

Konacno je dakle:

〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 =~

(n +

12

), n = 0, 1, 2, ... (15)

S obzirom da je potencijal paran, a operator linearnog momenta (impulsa) menja parnost svojstvene funkcijeLHO, sledi da je:

〈px〉 = 0. (16)

Za operator impulsa, potrebno je koristiti drugu rekurentnu relaciju svojstvenih funkcija LHO:

〈(∆px)2〉 = 〈p2x〉 = −~2

+∞∫

−∞ψ∗n

d2

dx2ψndx = −~2α

+∞∫

−∞ψ∗n

d2

dξ2ψndξ. (17)

Na osnovudψn

dξ=

√n

2ψn−1(ξ)−

√n + 1

2ψn+1(ξ). (18)

sledi:d2ψn

dξ2=

√n

2dψn−1

dξ−

√n + 1

2dψn+1

dξ. (19)

Druga primena II rekurentne relacije daje:

d2ψn

dξ2=

√n

2

(√n− 1

2ψn−2(ξ)−

√n

2ψn(ξ)

)

−√

n + 12

(√n + 1

2ψn(ξ)−

√n + 2

2ψn+2(ξ)

).

(20)

Koristeci (13), lako se pokazuje da je:

+∞∫

−∞ψ∗n

d2ψn

dξ2dξ = −

(n +

12

)α, (21)

Page 10: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

10 2. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora

odnosno〈(∆px)2〉 = 〈p2

x〉 = α2~2

(n +

12

)= m~ω

(n +

12

). (22)

Sledi dakle da je: √〈(∆x)2〉 ·

√〈(∆px)2〉 = ~

(n +

12

). (23)

Minimalna vrednost proizvoda neodredenosti je za n = 0 i iznosi ~/2. Prema tome,

√〈(∆x)2〉 ·

√〈(∆px)2〉 ≥ ~

2. (24)

Ovaj rezultat je identican Hajzenbergovoj relaciji neodredenosti, koja je opsta i vazi za bilo koji potencijal.

3. Pokazati da je kod LHO ukupna energija En jednaka dvostrukoj srednjoj vrednosti kineticke i potencijalneenergije u n-tom stanju, tj pokazati da vazi En = 2〈T 〉n i En = 2〈U〉n.

Resenje. Srednja vrednost kineticke energije je:

〈T 〉n =

+∞∫

−∞ψ∗n

p2x

2mψndx =

12m

+∞∫

−∞ψ∗np2

xψndx =1

2m〈p2

x〉

=1

2mm~ω

(n +

12

)=~ω2

(n +

12

)=

En

2.

(25)

Slicno je:

〈U〉n =

+∞∫

−∞ψ∗n

12mω2x2ψndx =

12〈x2〉n =

12mω2 ~

(n +

12

)

=12mω2 ~

(n +

12

)=~ω2

(n +

12

)=

En

2.

(26)

Dakle vazi:〈T 〉n = 〈U〉n. (27)

4. Koristeci operatore kreacije i destrukcije, izvesti rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO.

Resenje. Koordinata je:

x =

√~

2mω(a + a†). (28)

Poznato je:aψn =

√nψn−1, (29)

a†ψn =√

n + 1ψn+1. (30)

Lako se dobija:

xψn =

√~

2mω(√

nψn−1 +√

n + 1ψn+1). (31)

Koristeci ξ = αx, gde je α =√

mω/~, lako se dobije:

ξψn =√

n

2ψn−1 +

√n + 1

2ψn+1. (32)

Page 11: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

11

Ovo je I rekurentna relacija svojstvenih funkcija LHO.Slicno se moze izvesti II rekurentna relacija svojstvenih funkcija LHO. Koristimo:

p = i

√m~ω

2(a† − a), (33)

odakle sledi:

pψn = i

√m~ω

2(√

n + 1ψn+1 −√

nψn−1

), (34)

odnosno:

−i~αd

dξψn = i

√m~ω

2(√

n + 1ψn+1 −√

nψn−1

). (35)

Uz zamenu α =√

mω/~, lako se dobije:

ξdψn

dξ=

√n

2ψn−1 −

√n + 1

2ψn+1. (36)

Page 12: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

12 2. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora

Page 13: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

3

Naelektrisana cestica u

elektromagnetskom polju

1. Cestica mase m i naelektrisanja q nalazi se u kombinovanom potencijalu LHO (∼ x2) i homogenog elektricnogpolja usmerenog suprotno od x ose. Odrediti svojstvene energije cestice.

Resenje. Elektricno polje je:~K = −K~ex = −dϕ/dx~ex. (1)

Usvajajuci ϕ(0) = 0, ϕ = Kx. Sredingerova jednacina je:

− ~2

2m

d2ψ

dx2+

(12mω2x2 + qKx

)ψ = Eψ, (2)

odnosno:

− ~2

2m

d2ψ

dx2+

12mω2

(x2 +

2qK

mω2x

)ψ = Eψ. (3)

Potencijal ima oblik parabole sa nulama x1 = −2qK/mω2 i x2 = 0 i polozajem minimuma xmin = −qK/mω2.Vrednost potencijala u minimumu je Umin = −q2K2/(2mω2), a koeficijent ispred x2 je isti kao bez elektricnogpolja. Drugim recima, efekat elektricnog polja je pomeraj parabole u centru za x = xmin i “spustanje” paraboleza Umin. Svojstvene vrednosti energije ne zavise od koordinatnog pocetka i imaju iste vrednosti racunate uodnosu na minimum. Dakle,

En = ~ω(

n +12

)− q2K2

2mω2. (4)

Do ovog rezultata se moze doci dopunom funkcije potencijala do punog kvadrata:

− ~2

2m

d2ψ

dx2+

12mω2

(x2 +

2qK

mω2x +

q2K2

m2ω4

)ψ =

(E +

q2K2

m2ω4

)ψ. (5)

Oznacimo:

E′ = E +q2K2

2mω2, (6)

x′ = x +qK

mω2. (7)

13

Page 14: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

14 3. Naelektrisana cestica u elektromagnetskom polju

S obzirom da je:d2ψ

dx2=

d2ψ

dx′2, (8)

lako se dobije:

− ~2

2m

d2ψ

dx′2+

12mω2x′2ψ = E′ψ. (9)

Ovo je Sredingerova jednacina za LHO. Sledi:

E′ = E +q2K2

2mω2=

(n +

12

)~ω, (10)

, odakle se dobije:

En = ~ω(

n +12

)− q2K2

2mω2. (11)

2. Elektron mase m i naelektrisanja q = −e nalazi se u homogenom elektricnom polju intenziteta K usmerenomsuprotno od x ose i potencijalu beskonacno duboke potencijalne jame sirine d. Odrediti svojstvene vrednostienergije osnovnog stanja elektrona, ako je m = 0, 067m0 (m0 je masa slobodnog elektrona), d = 10 nm, K = 104

V/cm.

Resenje. Sredingerova jednacina je oblika:

d2ψ

dx2+

2m

~2(E + eKx)ψ = 0, (12)

odnosno:d2ψ

dx2+

2mqK

~2(x +

E

eK)ψ = 0 (13)

Uvedemo smenu u Sredingerovu jednacinu:

ξ = −x

l− E

eKl, (14)

gde je:

l =(

2meK

~2

)−1/3

. (15)

Sredingerova jednacina se svodi na:d2ψ

dξ2− ξψ = 0. (16)

Opste resenje se moze prikazati u obliku:

ψ(ξ) = C1Ai(ξ) + C2Bi(ξ), (17)

gde su Ai i Bi Ejrijeve funkcije. Treba primetiti da opstem resenju daju doprinos oba fundamentalna resenja,s obzirom da je beskonacno duboka i konacne sirine. Naime, Ejrijeva funkcija Bi tezi ∞, kada x → ∞, ali segranicni uslovi za talasnu funkciju postavljaju u x = 0 i x = d, pa resenje ne divergira, ako Bi ucestvuje uresenju.

Treba naci nulu determinante: ∣∣∣∣∣Ai(ξ0) Bi(ξ0)Ai(ξd) Bi(ξd)

∣∣∣∣∣ , (18)

gde su ξ0 = ξ(x = 0) i ξd = ξ(x = d). Za brojne podatke date u tekstu zadatka, sledi:

E1 = 51, 177897 meV. (19)

Page 15: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

4

Teorija perturbacija nezavisnih od

vremena

1. Neperturbovani hamiltonijan je oblika:

H0 =p2

x

2m+

12kx2, k > 0. (1)

Odrediti svojstvene energije stacionarnih stanja u okviru prva dva reda teorije perturbacija, ako na sistem delujeperturbacija oblika:

H ′ =12k′x2. (2)

Resenje. Neperturbovane svojstvene vrednosti su:

E(0)n = ~ω

(n +

12

), n = 0, 1, 2, . . . . (3)

Ovde je ω =√

k/m. Tacno resenje ima istu formu, uz zamenu ω → ω′ =√

(k + k′)/m, jer je:

U(x) =12(k + k′)x2 =

12k

(1 +

k′

k

)x2. (4)

odnosno

En = ~ω(

n +12

) √1 +

k′

k(5)

Po TP I reda:E(1)

n = H ′nn = 〈ψ(0)

n |k′x2|ψ(0)n 〉 =

12k′〈x2〉n, (6)

gde 〈x2〉n oznacava srednju vrednost x2 u stanju n. Vec ranije je pokazano da je ova srednja vrednost:

〈x2〉n =~

(n +

12

). (7)

Prema tome, korekcija prvog reda je:

E(1)n =

12k′~

(n +

12

)=

12

k′

k~ω

(n +

12

). (8)

15

Page 16: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

16 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena

Popravka drugog reda za energiju je:

E(2)n =

k 6=n

|H ′kn|2

E(0)n − E

(0)k

. (9)

Matricni element

H ′kn =

12k′〈ψ(0)

n |x2|ψ(0)n 〉, (10)

gde je:

〈ψ(0)n |x2|ψ(0)

n 〉 =

+∞∫

−∞ψ

(0)∗k x2ψ(0)

n dx. (11)

Zamenimo ξ = αx u ovu relaciju, pa sledi:

〈ψ(0)n |x2|ψ(0)

n 〉 =1α3

+∞∫

−∞ψ

(0)∗k ξ2ψ(0)

n dξ. (12)

Ovde koristimo rekurentnu relaciju za svojstvene funkcije LHO:

ξψ(0)n =

√n

(0)n−1 +

√n + 1

(0)n+1. (13)

Jos jedna primena ove rekurentne relacije daje:

ξ2ψ(0)n =

√n(n− 1)

(0)n−2 +

√(n + 1)(n + 2)

(0)n+2 +

(n +

12

)ψ(0)

n . (14)

S obzirom da su talasne funkcije ψ(x) ortnormirane, sledi:

+∞∫

−∞ψk(ξ)ψn(ξ)dξ = αδkn. (15)

Prema tome:

〈ψ(0)n |x2|ψ(0)

n 〉 =1α2

(√n(n− 1)

2δk,n−2 +

√(n + 1)(n + 2)

2δk,n+2 +

(n +

12

)δk,n

). (16)

S obzirom da u sumi ne ucestvuje clan k = n, treci clan na desnoj strani prethodnog izraza ne doprinosimatricnom elementu. Prema tome,

E(2)n =

k 6=n

|H ′kn|2

E(0)n − E

(0)k

=14k′2

1α4

{n(n− 1)

8~ω+

(n + 1)(n + 2)−8~ω

}

=(−1

8k′2

k2

)~ω

(n +

12

).

(17)

Aproksimativno svojstvena vrednost izracunata pomocu teorije perturbacija II reda je:

En = E(0)n + E(1)

n + E(2)n = ~ω

(n +

12

)(1 +

12

k′

k− 1

8k′2

k2

). (18)

Page 17: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

17

Treba napomenuti da razvoj u Tejlorov red tacne vrednosti za energiju daje isti rezultat. Ovaj red konvergirasamo za k′/k < 1. Interesantno je napomenuti da uslov za konvergenciju svojstvene energije ne zavisi od kvantnogbroja n.

2. LHO je perturbovan potencijalom −Fx. Naci korekciju energije n-tog stanja u okviru prva dva reda teorijeperturbacija i uporediti sa tacnim resenjem ovog problema.

Resenje. S obzirom da je hamiltonijan perturbacije neparna funkcija koordinate, za simetricnu kvantnu jamu,kakav je potencijal LHO, korekcije za energiju po teoriji perturbacija I reda su:

E(1)n = H ′

nn = −F 〈ψ(0)n |x|ψ(0)

n 〉 = 0, (19)

jer perturbacija izmeni parnost parne funkcije |ψ(0)n |2.

Po teoriji perturbacija II reda:

E(2)n =

k 6=n

|H ′kn|2

E(0)n − E

(0)k

= F 2∑

k 6=n

|〈ψ(0)k |psi

(0)n 〉|2

E(0)n − E

(0)k

. (20)

Koristeci I rekurentnu relaciju svojstvenih funkcija LHO:

(〈ψ(0)k |

psi(0)n 〉 =

+∞∫

−∞ψ

(0)∗k xψ(0)

n dx =1α2

∫ψ

(0)∗k ξψ(0)

n dξ

=1α2

+∞∫

−∞ψ

(0)∗k

(√n

2ψn−1 +

√n + 1

2ψn+1

)dξ.

=

√~

(√n

2δk,n−1 +

√n + 1

2δk,n+1

),

(21)

gde je iskorisceno:+∞∫

−∞ψ

(0)k ψ(0)

n dξ = αδkn. (22)

Dakle, samo dva matricna elementa, izmedu n-tog svojstvenog stanja i susednih stanja daju doprinos popravciza energiju. Korekcija za energiju po teoriji perturbacija II reda je:

E(2)n = F 2 ~

(n

2~ω− n + 1

2~ω

)= − F

2mω2. (23)

Prema tome, vrednost energije n-tog svojstvenog stanja po teoriji perturbacija II reda je:

En = ~ω(

n +12

)− F 2

2mω2. (24)

Za razmatrani slucaj moze se dobiti i tacno resenje dopunom izraza za potencijal do punog kvadrata. Naime,Sredingerova jednacina je:

− ~2

2m

d2ψ

dx2+

(12kx2 − Fx

)ψ = Eψ. (25)

Page 18: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

18 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena

Potencijal se moze pisati u formi:

U(x) =12k

(x− F

k

)2

− F 2

2k. (26)

Izvrsimo smenu:

u = x− F

k. (27)

Sredingerova jednacina postaje:

− ~2

2m

d2ψ

du2+

12ku2ψ =

(E +

F 2

2k

)ψ. (28)

Ova jednacina ima oblik Sredingerove jednacine za LHO, pa sledi:

En +F 2

2k= ~ω

(n +

12

), (29)

odnosno:

En = ~ω(

n +12

)− F 2

2mω2, (30)

sto je isti izraz kao aproksimativna vrednost po teoriji perturbacija II reda.

3. Naci popravku energije osnovnog 1s stanja atoma vodonika usled gravitacionog polja pomocu teorije pertur-bacija I reda.

Resenje. Svojstvena vrednost i svojstvena funkcija neperturbovanog 1s stanja su:

E1s = − e2

(4πε0)2aµ, (31)

ψ1s =1√πa3

µ

e−r/aµ . (32)

U ovim relacijama, aµ je redukovani radijus prve Borove orbite:

aµ =4πε0~2

µe2= a0

m

µ, (33)

gde je a0 Borov radijus, a µ je redukovana masa sistema elektron-proton (µ = mM/(m + M)).Perturbacija za energiju je:

H ′ = −γmM

r, (34)

gde je m masa elektrona, M je masa protona, a γ univerzalna gravitaciona konstanta. Po TP I reda, popravkaza energiju je:

E(1)1s =

1πa3

µ

∞∫

0

(−γ

mM

r

)e−2r/aµ4πr2dr. (35)

Integral koji treba resiti je oblika:∞∫

0

xne−αxdx =n!

αn+1. (36)

Sledi:

E(1)1s = −γmM

aµ. (37)

Page 19: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

19

Sl. 1. Perturbacija potencijal beskonacno duboke kvantne jame u prisustvu homogenog elektricnog

polja.

Prema tome, odnos energija je:

E(1)1s

E(0)1s

=8πε0γmM

e2= 8, 8× 10−40. (38)

4. Pozitivno naelektrisana cestica naelektrisanja jednakom elementarnom naelektrisanju q = e mase m =0, 067m0, gde je m0 masa slobodnog elektrona, nalazi se u beskonacno dubokoj potencijalnoj jami sirine d = 10nm i podvrgnuta je dejstvu homogenog elektricnog polja intenziteta K = 104 V/cm usmerenog duz x ose.Izracunati promenu energije osnovnog stanja u okviru prva dva reda teorije perturbacija smatrajuci da samocetiri nivoa neperturbovane jame znacajno uticu na energiju osnovnog stanja sa poljem, dok je uticaj visih nivoazanemarljiv.

Resenje. Svojstvene energije i svojstvene funkcije elektrona u jami bez elektricnog polja su:

E(0)n =

~2

2m

n2π2

d2, (39)

ψ(0)n (x) =

√2d

sin(nπ

dx)

. (40)

Svojstvena vrednost energije osnovnog stanja je:

E(0)1 =

~2

2m

π2

d2= 56, 1972 meV. (41)

Hamiltonijan perturbacije je:

H ′ = −eKx. (42)

Page 20: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

20 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena

Korekcija za energiju po TP I reda je:

E(1)1 = H ′

11 =

d∫

0

ψ(0)1 (−eKx)ψ(0)

1 dx = −eK2d

d∫

0

x sin2(π

dx)

dx

= −2eK

d

d∫

0

x1− cos

(2π

d x)

2dx = −eK

d

d2

2−

d∫

0

x cos(2π

dx)

dx

= −eKd

2.

(43)

Ovde smo iskoristili sledeci rezultat:

d∫

0

x cos(nπ

dx)

dx =d2

n2π2[(−1)n − 1] . (44)

Prema tome, integrali sa neparnim koeficijentom uz x u argumentu cos funkcije imaju vrednost razlicitu od nule,dok su oni sa parnim koeficijentima jednaki nuli.

Korekcija za energiju po TP II reda je:

E(2)1 =

4∑

k 6=1

|H ′k1|2

E(0)1 − E

(0)k

. (45)

Po uslovu zadatka, treba izracunati matricne elemente H ′21, H ′

31 i H ′41. Matricni element H ′

21 je:

H ′21 =

2d

d∫

0

(−eKx) sin(π

dx)

sin(

dx

)dx

= −2eK

2d

d∫

0

x

[cos

dx)− cos

(3π

dx

)]dx =

16eKd

9π2.

(46)

Na slican nacin se zakljucuje da je:H ′

31 = 0 (47)

iH ′

41 =32eKd

225π2. (48)

S obzirom da je:

E(0)1 − E

(0)2 = −3

~2

2m

π2

d2, (49)

E(0)1 − E

(0)4 = −15

~2

2m

π2

d2. (50)

Korekcija drugog reda je:

E(2)1 = − (eKd)2

π2

31, 6454md2

15~2π2. (51)

Ovde je zamenjena numericka vrednost koeficijenta:

2(

5× 25681

+102450625

)= 31, 6454. (52)

Na osnovu (46) i brojnih podataka u tekstu zadatka sledi:

E(1)1 = −5 meV. (53)

Page 21: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

21

Sl. 2. Potencijal beskonacno duboke kvantne jame perturbovan potencijalnim stepenikom.

Na osnovu (45) dobija se:E

(2)1 = −1.93× 10−2 meV. (54)

Konacno, svojstvena vrednost energije je:

E1 = E(0)1 + E

(1)1 + E

(2)1 = 51, 177945 meV. (55)

Podsetimo se da je ovaj slucaj vec razmotren u u poglavlju o kretanju naelektrisane cestice u elektromag-netskom polju. Za brojne podatke date u tekstu zadatka, sledi:

E1tac = 51, 177897 meV. (56)

Apsolutna greska ∆E = |E1 − E1tac| ≈ 5× 10−5 meV, sto je prakticno zanemarljiva vrednost.

5. Cestica mase m nalazi se u beskonacno dubokoj potencijalnoj jami sirine a, koja je perturbovana potencijalnimstepenikom sirine a/2 i visine ∆U , kao sto je prikazano na slici. (a) Koristeci teoriju perturbacija prvog redaodrediti popravku svojstvene energije n-tog stanja u beskonacno dubokoj kvantnoj jami usled perturbacije. (b)Odrediti popravku svojstvene energije osnovnog stanja po teoriji perturbacija drugog reda.

Resenje. Svojstvene energije u beskonacno dubokoj kvantnoj jami date su izrazom:

E(0)n =

~2

2m

n2π2

a2. (57)

Svojstvene talasne funkcije, za koordinatni pocetak na levoj granici jame imaju oblik:

ψ(0)n =

√2a

sin(nπ

a

). (58)

(a) Prema teoriji perturbacija I reda:E(1)

n = 〈n|H ′(x)|n〉. (59)

Ovaj integral je oblika:

E(1)n =

2a∆U

a∫

a/2

sin2(nπ

ax)

dx. (60)

Page 22: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

22 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena

Popravka I reda ima vrednost:

E(1)n =

∆U

2. (61)

(b) Popravka svojstvene energije osnovnog stanja drugog reda je:

E(2)n =

∞∑

k=2

|H ′k1

E(0)1 − E

(0)k

. (62)

Matricni elementi su:

H ′k1 = 〈ψ(0)

k |H ′|ψ(0)1 〉 =

2a∆U

a∫

a/2

sin(

ax

)sin

ax)

dx, (63)

odnosno

H ′k1 = 2∆U

k cos(kπ/2(k2 − 1)π

. (64)

Ovaj matricni element je razlicit od nule samo za parno k. Stavimo k = 2j:

|H ′k1|2 = 4

(∆U)2

π2

j2

j2 − 1/4. (65)

S druge strane:

E(0)1 − E

(0)2j =

~2

2ma2(1− 4j2). (66)

Popravka za svojstvenu vrednost energije osnovnog stanja je, dakle

E(2)1 = − (∆U)2

π2

2ma2

~2

∞∑

j=1

j2

(j2 − 1/4)3= −1

42ma2

~2(∆U)2, (67)

gde je iskorisceno:∞∑

j=1

j2

(j2 − 1/4)3=

π2

4. (68)

Dakle, koristeci teoriju perturbacija II reda, svojstvena energija osnovnog stanja je:

E1 = E(0)1 +

∆U

2− 1

4(∆U)2

~2/2ma2. (69)

Da bi vazila teorija perturbacija, ∆U mora biti mnogo manje od razlike energija drugog i prvog stanja u kvantnojjami:

∆U ¿ ~2

2m

3π2

a2. (70)

6. (a) Odrediti popravku svojstvene vrednosti energije n-tog stanja cestice mase m u potencijalu linearnogharmonijskog oscilatora (U(x) = mω2x2/2) po teoriji perturbacija nezavisnih od vremena I reda, ako je pertur-bacija oblika H ′ = p2

x/(2m′), m′ = const, a px operator kolicine kretanja. (b) Odrediti tacnu vrednost svojstveneenergije n-tog stanja LHO sa perturbacijom.

Resenje. Hamiltonijan sistema bez perturbacije je:

H =p2

x

2m+

12mω2x2. (71)

Page 23: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

23

Neperturbovana svojstvena vrednost energije je:

En = ~ω(

n +12

). (72)

Popravka za svojstvenu vrednost energije po teoriji perturbacija I reda je:

E(1)n = 〈n|H ′|n〉 = − ~

2

2m

⟨n

d2

dx2|n

⟩. (73)

Matricni element je:

〈n| d2

dx2|n〉 =

1α· α2

+∞∫

−∞ψ∗n

d2ψn

dξ2dξ. (74)

Uzastopnom primenom II rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO:

d2ψn

dξ2=

√n

2

(√n− 1

2ψn−2 −

√n

2ψn

)−

√n + 1

2

(√n + 1

2ψn −

√n + 2

2ψn+2

). (75)

Matricni element je, dakle:

〈n| d2

dx2|n〉 = −

(n +

12

+∞∫

−∞ψ∗nψndξ = −

(n +

12

)α2. (76)

Popravka za svojstvenu vrednost energije je:

E(1)n = 〈n|H ′|n〉 =

12

m

m′ ~ω(

n +12

). (77)

Dakle,

E(1)n =

12

m

m′En, (78)

a perturbovana svojstvene vrednost energije:

E′n = En

(1 +

12

m

m′

). (79)

(b) Tacno resenje se moze lako dobiti, ako napisemo perturbovani hamiltonijan u formi:

H =12

p2x

µ+

m

µ

(12µω2x2

), (80)

gde je:

ω′ = ω

√m

µ. (81)

Tacna vrednost svojstvena energije perturbovanog stanja je:

E′n = En

√m

µ= En

√1 +

m

m′ . (82)

Page 24: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

24 4. Teorija perturbacija nezavisnih od vremena

Page 25: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

5

Varijacioni metod

1. Odrediti energiju osnovnog stanja LHO pomocu varijacionog metoda, koristeci varijacionu funkciju oblika:

f(x, α) = e−αx2. (1)

Resenje. Integral koji stoji u imeniocu funkcionala energije:

〈f |f〉 =

+∞∫

−∞e−2αx2

dx =√

π

2α. (2)

Ovde smo koristili vrednost Puasonovog integrala∫ +∞−∞ e−u2

du =√

π. Prema tome:

〈E〉 =〈f |H|f〉〈f |f〉 =

√2α

π

+∞∫

−∞e−αx2

(− ~

2

2m

d2

dx2+

12mω2x2

)e−αx2

dx. (3)

Koristeci:+∞∫

−∞x2ne−αx2

dx =(2n− 1)!!

2n

√π

α2n+1(4)

lako se dobija:+∞∫

−∞e−αx2

(− ~

2

2m

d2

dx2

)e−αx2

dx =~2

2m

√π

2αα (5)

i+∞∫

−∞e−αx2

(12mω2x2

)e−αx2

dx =12mω2 1

√π

2α, (6)

odnosno:〈E〉 =

α~2

2m+

mω2

8α. (7)

Minimum ove funkcije je:d〈E〉dα

=~2

2m− mω2

8α2(8)

25

Page 26: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

26 5. Varijacioni metod

Odavde sledi da je:α0 =

2~. (9)

Drugi izvod 〈E〉 po α daje:d2〈E〉dα2

∣∣∣∣α=α0

=mω2

4α3> 0. (10)

Optimalna vrednost za 〈E〉 je:

〈E〉(α0) =~ω2

, (11)

a normirana varijaciona funkcija:

f(x, α0) = 4

√mω

π~e−

mωx22~ , (12)

sto predstavlja i tacno resenje (videti poglavlje o LHO).

2. Odrediti energije osnovnog i prvog viseg stanja elektrona u beskonacno dubokoj kvantnoj jami sirine 2a, akosu probne funkcije unutar jame (|x| ≤ a):

• parno stanje:f(x, α) = (a2 − x2)(1 + αx2); (13)

• neparno stanje:f(x, α) = (a2 − x2)(x + αx3). (14)

Resenje. Oblik Hamiltonijana u oblasti |x| ≤ a je:

H = − ~2

2m

d2

dx2. (15)

Za energiju koristimo jedinicu eV, a za duzinu nm. Za brojnu vrednost usvajamo priblizno ~2/2m = 0, 0381eVnm2. Funkcional energije je:

〈E〉 =〈f |H|f〉〈f |f〉 . (16)

Potrebno je resiti integrale oblika:

a∫

−a

xndx =xn+1

n + 1

∣∣∣∣+a

−a

=

2an+1

n+1 , n parno

0, n neparno. (17)

Za parno stanje:

〈E〉 =3~2

4ma2

11a4α2 + 14a2α + 35a4α2 + 6a2α + 21

. (18)

Odredimo prvi izvod funkcionala po α. Na osnovu uslova d〈E〉/dα = 0:

13a4α2 + 98a2α + 21 = 0. (19)

Samo resenje:

α0 = −0.22075a2

(20)

dovodi do minimuma. Vrednost funcionala u α0 je:

〈E〉(α0) =0, 0940094

a2eV. (21)

Page 27: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

27

Za neparno stanje:

〈E〉 =11~2

4ma2

23a4α2 + 54a2α + 635a4α2 + 22a2α + 33

. (22)

Odredimo d〈E〉/dα = 0, sto se svodi na:

59a4α2 + 222a2α + 99 = 0. (23)

Samo jedno resenje dovodi do minimuma:

α0 = −0, 516975a2

, (24)

a vrednost energije u minimumu je:

〈E〉(α0) =0, 376252

a2. (25)

Tacna resenja su:

E1 =~2

8m

π2 · 12

a2=

0, 0940080a2

(26)

i

E2 =~2

8m

π2 · 22

a2=

0, 376032a2

. (27)

Uocava se da je bolja procena dobijena za energiju osnovg stanja, jer je greska na petoj znacajnoj cifri.

3.Primenom varijacionog metoda naci energiju osnovnog stanja trodimenzionog izotropnog LHO, sa potencijalomoblika U(r) = mω2r2

2 (r je radijus). Za varijacionu funkciju uzeti f(r) = A(1 + αr)e−αr, gde je α varijacioniparametar. Napomena: poznato je

∞∫

0

rne−ardr =n!

an+1.

Resenje. Primenimo uslov normiranja na varijacionu funkciju:

〈f |f〉 = A2

∞∫

0

(1 + αr)2e−2αr4πr2dr = 1, (28)

odnosno:

4πA2

∞∫

0

(r2 + 2αr3 + α2r4)e−2αrdr = 4πA2

(2

23α3+

2 · 6α

24α4+

24α2

25α5

)=

7πA2

α3= 1. (29)

Odavde:

A =α3/2

√7π

. (30)

Hamiltonijan za l = 0 stanje je:

H = − ~2

2m

1r2

d

dr

(r2 d

dr

)+

mω2r2

2= T + U . (31)

Srednja vrednost energije je:

〈E〉(α) = 〈T 〉+ 〈U〉 =

∞∫

0

(f∗Hf)4πr2dr = 4π

∞∫

0

(fT f)r2dr + 4π

∞∫

0

(fUf)r2dr. (32)

Page 28: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

28 5. Varijacioni metod

Ovde je:

〈T 〉 = − ~2

2m4πα2A2

∞∫

0

(1 + αr)(αr − 3)e−2αrdr =3~2

14mα2 = C1α

2, (33)

〈U〉 =12mω24πA2

∞∫

0

(1 + αr)2r4e−2αrdr =8128

mω2

α2=

C2

α2. (34)

Prvi izvod po α je:d〈E〉dα

∣∣∣∣α=α0

= 2C1α0 − 2C2

α30

= 0 → α0 = 4

√C2

C1= 4

√27m2ω2

2~2. (35)

Zamenom u 〈E〉(α):

〈E〉(α0) =97

√32~ω ≈ 1, 57~ω. (36)

Podsetimo se da je tacna vrednost svojstvene energije izotropnog 3D harmonijskog oscilatora 32~ω.

4. Izracunati aproksimativnu vrednost svojstvene energije osnovnog stanja cestice koja se nalazi u potencijalnojjami:

U(x) =

∞ x ≤ 0

ax x > 0, (37)

varijacionim metodom, ako je probna funkcija f(x) = xe−bx/2. Uzeti m = 0, 038m0, gde je m0 masa slobodnogelektrona i a = 1/6 eV/nm.

Resenje. Ova varijaciona funkcija ima posebno ime (Fang-Howard). Srednja vrednost energije je:

〈E〉 =〈f |H|f〉〈f |f〉 . (38)

Odredimo prvo 〈f |f〉:

〈f |f〉 =

∞∫

0

x2e−bxdx =2b3

. (39)

Za Hamiltonijan H = T + U :

〈f |H|f〉 = 〈f |T |f〉+ 〈f |U |f〉. (40)

Drugi izvod funkcije f je:

f ′′ = (e−bx/2 + x(−b/2)e−bx/2)′ =(−b +

b2

4x

)e−bx/2. (41)

Dakle:

〈f |T |f〉 = − ~2

2m

−b

∞∫

0

xe−bxdx +b2

4

∞∫

0

x2e−bxdx

= − ~

2

2m

(−b

1!b2

+b2

42!b3

)=~2

2m

12b

. (42)

Ocekivana vrednost potencijalne energije je:

〈f |U |f〉 = a

∞∫

0

x3e−bxdx = a3!b4

. (43)

Page 29: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

29

Srednja vrednost je, dakle:

〈E〉 =~2

2m

b2

4+

3a

b. (44)

Prvi izvod po b je:d〈E〉db

∣∣∣∣b=b0

=~2

2m

b0

2− 3a

b20

= 0. (45)

Odavde sledi:

b0 = 3

√6a

2m

~2. (46)

Za date brojne podatke:b0 = 1 nm−1. (47)

Lako se proveri da je za bilo koje b > 0 drugi izvod:

d2〈E〉db2

=~2

4m+

6a

b3> 0, (48)

tj funkcional 〈E〉(b) je konkavna kriva za b > 0. Srednja vrednost energije je:

〈E〉 = 1 eVnm2 14 nm2

+36

eV = 0, 75 eV. (49)

Za ovaj potencijal, moguce je dobiti analiticko resenje. Diferencijalna jednacina u oblasti x ≥ 0 je oblika:

− ~2

2m

d2ψ

dx2+ axψ = Eψ. (50)

Ova jednacina se resava uz smene:2ma

~2=

1l3

, (51)

2mE

~2=

λ

l2, (52)

ξ =x

l− λ. (53)

Granicni uslovi:ψ(x = 0) = 0, ψ(x →∞) = 0 (54)

postaju:ψ(x = −λ) = 0, ψ(x →∞) = 0. (55)

Opste resenje ove diferencijalne jednacine je linearna kombinacija Airyjevih funkcija:

ψ(ξ) = Ai(ξ) + Bi(ξ). (56)

Od dva fundamentalna resenja, samo Ai je konacno u celom relevantnom domenu. Prema prvom granicnimuslovu (ψ(−λ) = 0), λ je apsolutna vrednost nule Airyjeve funkcije. Vrednost energije osnovnog stanja se dobijana osnovu vrednosti prve nule Airyjeve funkcije, koja je:

−λ1 ≈ −2, 338. (57)

Prema tome

E1 =~2

2m

λ1

l2≈ 2, 338 3

√~2

2ma2 = 0, 708 eV. (58)

Page 30: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

30 5. Varijacioni metod

5. Cestica mase m krece se u potencijalu oblika U(x) = βδ(x), β = const < 0. Odrediti svojstvenu energijuosnovnog stanja u ovoj kvantnoj jami pomocu varijacionog metoda, ako je probna funkcija oblika f(x) = Ce−αx2

,C = const.

Resenje. Na osnovu uslova normiranja, lako se dobije:

|C|2+∞∫

−∞e−2αx2

dx = |C|2√

π

2α. (59)

Odavde direktno sledi:

C =(

π

)1/4

. (60)

Ocekivana vrednost kineticke energije je:

〈T 〉 = − ~2

2m|C|2

+∞∫

−∞e−αx2 d2

dx2(e−αx2

dx) =~2

2mα. (61)

Ocekivana vrednost potencijalne energije je:

〈U〉 = −β|C|2+∞∫

−∞e−2αx2

δ(x)dx = −β

√2α

π. (62)

Prema tome, ocekivana vrednost hamiltonijana je:

〈E〉 =~2

2mα− β

√2α

π. (63)

Prvi izvod je:d〈E〉dα

=~2

2m− β√

2πα. (64)

Odavde se lako dobije optimalna vrednost α0:

α0 =2m2β2

π~4. (65)

Optimalna ocekivana vrednost hamiltonijana je:

〈E〉(α0) = −mβ2

π~2. (66)

Page 31: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

6

Teorija perturbacija zavisnih od

vremena

1. Elektron se nalazi u osnovnom stanju (n = 0) LHO u trenutku t = 0. Konstantno elektricno polje intenzitetaK primeni se na elektron duz x ose za vreme t od trenutka t = 0. Izracunati verovatnocu prelaza sa nivoa n = 0na nivo n = 1.

Resenje. Verovatnoca prelaza (videti poglavlje posveceno perturbaciji nezavisnoj od vremena):

P(1)10 (t) =

2~2|H ′

10|2F (t, ω10). (1)

Za LHO, ω10 = E10/~ = ω = const. Funkcija F je:

F (t, ω10) = F (t, ω) =2 sin2(ωt/2)

ω2. (2)

Hamiltonijan perturnbacije za t > 0 je:

H ′ = qϕ = −qKx− eKx. (3)

Matricni element prelaza je:

H ′10 =

+∞∫

−∞ψ

(0)1 (x)(eKx)ψ(0)

0 (x)dx = eK〈ψ(0)1 |x|ψ(0)

0 〉 = eK〈ψ(0)0 |x|ψ(0)

1 〉∗ = eK〈ψ(0)0 |x|ψ(0)

1 〉, (4)

pri cemu je iskoriseno da su svojstvene funkcije LHO realne. Koristeci I rekurentnu relaciju za svojstvene funkcijeLHO:

〈ψ(0)0 |x|ψ(0)

1 〉 =

√~

mω〈ψ(0)

0 |√

12ψ

(0)0 + ψ

(0)2 〉 =

√~

2mω〈ψ(0)

0 |ψ(0)0 〉 =

√~

2mω. (5)

Prema tome:

P(1)10 (t) =

2~2

~2mω

e2K2 2 sin2(ωt/2)ω2

=2e2K2

m~sin2(ωt/2)

ω3=

e2K2

m~ωF (t, ω). (6)

31

Page 32: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

32 6. Teorija perturbacija zavisnih od vremena

2. Na cesticu u potencijalu jednodimenzionog LHO deluje vremenski zavisna perturbacija oblika V (x, t) =Cxe−t2/τ2

, −∞ < t < +∞, τ = const. U okviru vremenski zavisne teorije perturbacija I reda izracunativerovatnocu prelaza iz k-tog stanja za t → −∞ u j-to stanje za t → +∞.

Resenje. Za prelaz iz stanja k u trenutku t → −∞ u stanje j u t → +∞ je (mozemo zameniti t′ sa t, jer jegornja granica +∞):

c(1)j (+∞) =

1i~

+∞∫

−∞H ′

jkeiωjktdt. (7)

Ovde smo uzeli u obzir cinjenicu da je u t → −∞ ukljucena perturbacija. Ovde je:

H ′jk =

+∞∫

−∞ψ

(0)∗j V (x, t)ψ(0)

k dx = Ce−t2/τ2

+∞∫

−∞ψ

(0)∗j xψ

(0)k dx. (8)

Vec ranije smo odredili:

+∞∫

−∞ψ

(0)∗j xψ

(0)k dx =

√~

(√k

2δj,k−1 +

√k + 1

2δj,k+1

). (9)

Prema tome, dozvoljeni su samo prelazi na susedna stanja, tj sa k na j = k + 1 i j = k − 1. Drugim recima,Borova kruzna ucestanost je ωjk = (j − k)ω = ±ω, gde znak plus odgovara prelazu k → k + 1, a znak − prelazuk → k − 1. Matricni element prelaza je:

H ′jk = qe−t2/τ2

. (10)

gde je:

q = C

√~

(√k

2δj,k−1 +

√k + 1

2δj,k+1

). (11)

S obzirom da je Borova ugaona ucestanost jednaka ±ω:

c(1)j (+∞) =

1i~

+∞∫

−∞qe−t2/τ2

e±iωtdt. (12)

Dopunom do punog kvadrata:

+∞∫

−∞e−t2/τ2

e±iωtdt =

+∞∫

−∞e−ω2τ2/4e−(t∓iωτ2/2)/τ2

dt =√

πτe−ω2τ2/4. (13)

ovde smo koristili u = t∓ iωτ2/2 i vrednost Puasonovog integrala:

+∞∫

−∞e−βu2

du =√

π/β, (14)

gde je β proizvoljna pozitivna konstanta. Prema tome, verovatnoca prelaza iz stanja m u stanje n je:

P(1)jk (+∞) = |c(1)

j (+∞)|2 =q2

~2πτ2e−ω2τ2/2, (15)

Page 33: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

33

odnosno:

P(1)jk (+∞) =

C2~~2mω

(√k

2δj,k−1 +

√k + 1

2δj,k+1

)2

πτ2e−ω2τ2/2. (16)

Dalje je:

(√k

2δj,k−1 +

√k + 1

2δj,k+1

)2

=k

2δ2j,k−1 + 2

√k

2

√k + 1

2δj,k−1δj,k+1 +

k + 12

δ2j,k+1.

(17)

S obzirom da j ne moze istovremeno biti jednako k − 1 i k + 1 sledi:

P(1)jk (+∞) =

πτ2C2

~mω

(k

2δj,k−1 +

k + 12

δj,k+1

)e−ω2τ2/2. (18)

Page 34: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

34 6. Teorija perturbacija zavisnih od vremena

Page 35: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

7

WKB metod

1. Odrediti koeficijent transmisije cestice kroz pravougaonu potencijalnu barijeru visine U0 i sirine a pomocuWKB metoda i uporediti dobijeni rezultat sa tacnim rezultatom.

Resenje. Tacno resenje je:

T =1

1 + U20 sh2κa

4E(U0−E)

, (1)

gde je:

κ =√

2m(U0 − E)/~2. (2)

Ako je κa À 1, tada je:

shκa =eκa − e−κa

2≈ eκa

2, (3)

sh2κa ≈ e2κa

4. (4)

Sl. 1. Oblik funkcije ξ(E/U0).

35

Page 36: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

36 7. WKB metod

Sl. 2. Trougaona barijera.

Prema tome:

T ≈ 1

1 + U20

16E(U0−E)e2κa

≈ 16E(U0 − E)U2

0

e−2κa = 16E

U0

(1− E

U0

)

︸ ︷︷ ︸ξ

e−2κa. (5)

Po WKB metodu, treba izracunati:

I =1~

a∫

0

√2m(U0 − E)dx =

1~√

2m(U0 − E)a = κa. (6)

i koeficijent transmisije je po WKB:

T ≈ e−2κa. (7)

Zavisnosti prefaktora ξ = 16 EU0

(1− E

U0

)od energije u izrazu za koeficijent transmisije (5) je kao na slici i vidi

se da WKB rezultat odgovara ξ = 1.

2. Odrediti koeficijent transmisije kroz trougaonu barijeru, kao na slici, koristeci WKB metod.

Resenje. Koristimo izraz:

T = e−2I . (8)

Ovde je:

I =1~

+b∫

−b

√2m[U(x)− E]dx. (9)

S obzirom da je funkcija parna:

I =2~

b∫

0

√2m[U(x)− E]dx (10)

Funkcija U(x) u oblasti 0 < x < a je:

U(x) =U0

a(a− x) (11)

Osim toga E = U(x = b), odnosno:

E =U0

a(a− b). (12)

Page 37: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

37

Prema tome:

I =2~

b∫

0

√2m

U0

a(b− x) =

43~

√2mU0

ab3/2. (13)

Prema tome koeficijent trensmisije je:

T = exp

[− 8

3~

√2mU0

a

(U0 − E

U0a

)3/2]

. (14)

3. Odrediti svojstvene energije LHO pomocu WKB metoda.

Resenje. Potencijal LHO je dat izrazom:

U(x) =12mω2x2. (15)

WKB uslov kvantovanja je:

1~

+a∫

−a

pdx =(

n +12

)π, n = 0, 1, 2, . . . (16)

gde je:p(x) =

√2m(E − U(x)). (17)

S obzirom da je U(x) parna funkcija:

2~

+a∫

0

p(x)dx =(

n +12

)π, (18)

Ukupna energija je vrednost potencijalne energije u povratnoj tacki:

E =12mω2a2. (19)

Prema tome:a∫

0

pdx =

a∫

0

√2m

12mω2(a2 − x2)dx = mωa

a∫

0

√1− x2

a2dx. (20)

Uvedimo smenu x/a = sin t (x = 0 → t = 0, x = a → t = π/2, pa sledi:

mωa2

π/2∫

0

cos2 tdt = mωa2 π

4. (21)

Sledi:2~mωa2 π

4=

(n +

12

)π. (22)

Prema tome, svojstvene vrednosti za energiju su:

E = ~ω(

n +12

), n = 0, 1, 2, . . . (23)

sto se poklapa sa tacnim resenjem. Svojstvene funkcije izracunate pomocu WKB se medjutim ne poklapaju satacnim, kao sto je napred receno.

4. Cestica mase m krece se u potencijalu:

U(x) =

+∞ x ≤ 0

ax x > 0,

Page 38: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

38 7. WKB metod

gde je a = const > 0. Primenom WKB aproksimacije naci dozvoljene vrednosti energije ove cestice.

Resenje. Prema WKB uslovu kvantovanja u potencijalnoj jami:

1~

b∫

0

p(x)dx =(

n +12

)π, (24)

gde su 0 i b povratne tacke. Ovaj integral se svodi na:

b∫

0

√2m(E − ax)dx =

√2m

b∫

0

√E − axdx. (25)

Zamenimo:t = E − ax, (26)

−adx = dt. (27)

Donja granica integracija je E, a gornja granica je 0, jer se prava U = E i U = ax seku u ovoj tacki. Sledi:

b∫

0

p(x)dx = −√

2m

a

0∫

E

√tdt =

√2m

a2

23E3/2. (28)

Dakle,

En = 3

√9a2π2~2

8m

(n +

12

)2

. (29)

Uporediti ovaj rezultat za neke izabrane vrednosti parametara sa tacnim rezultatom.

Page 39: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

8

Spin

1. Hamiltonijan cestice spina s = 3/2 je oblika:

H =α

~2(Sx

2+ Sy

2 − 2Sz2)− β

~Sz, (1)

gde su α i β konstante. Odrediti svojstvene energije ovog Hamiltonijana.

Resenje. Hamiltonijan se moze napisati u formi:

H =α

~2

(~S2 − 3S2

z

)− β

~Sz. (2)

S obzirom da operatori ~S2 i Sz komutiraju, slicno kao ~L2 i Lz, ~S2 i Sz imaju zajednicke svojstvene funkcije.Lako se zakljucuje da H komutira i sa ~S2 i sa Sz, pa su svojstveni vektori (spinori) isti. Oznacimo ove spinoresa χ.

Prema tome,

S2χ = ~2s(s + 1)χ (3)

Szχ = ms~χ (4)

Hχ = Eχ. (5)

(Primetiti da je svojstveni spinor χ isti u prethodne 3 jednacine.) Sledi:

E = 〈χ|H|χ〉 =α

~2

[~2s(s + 1)− 3~2m2

s

]− β

~~ms =

154

α−ms(3αms + β). (6)

Vrednost ms nije data, pa je ostavljamo u opstim brojevima.

2. Odrediti svojstvene vrednosti i svojstvene vektore spinskog operatora ~S u pravcu odredenom jedinicnimvektorom ~n, koji je proizvoljno orijentisan u prostoru.

Resenje. Treba resiti svojstveni problem:

~n · ~Sχ =~2λχ. (7)

39

Page 40: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

40 8. Spin

Vektor ~n u sfernom koordinantom sistemu ima oblik:

~n = sin θ cos ϕ~ex + sin θ sin ϕ~ey + cos θ~ez. (8)

Dalje je:~n · ~S = Sx sin θ cos ϕ + Sy sin θ sin ϕ + Sz cos θ. (9)

Poznajuci oblike Paulijevih spinskih matrica:

~n · ~S =~2

[0 11 0

]sin θ cos ϕ +

~2

[0 −i

i 0

]sin θ sinϕ +

~2

[1 00 −1

]cos θ. (10)

Dalje je:

~n · ~S =~2

[cos θ sin θ(cos ϕ− i sin ϕ)

sin θ(cos ϕ + i sin ϕ) − cos θ

]=~2

[cos θ e−iϕ sin θ

eiϕ sin θ − cos θ

]. (11)

Svojstveni problem se, dakle, svodi na:[

cos θ e−iϕ sin θ

eiϕ sin θ − cos θ

]χ = λχ. (12)

Sekularna jednacina je: ∣∣∣∣∣cos θ − λ e−iϕ sin θ

eiϕ sin θ − cos θ − λ

∣∣∣∣∣ = 0, (13)

odnosno:−(cos θ − λ)(cos θ + λ)− sin2 θ = 0. (14)

Odavde se lako dobija:λ = ±1. (15)

Svojstveni vektor za λ = 1 je: [cos θ e−iϕ sin θ

eiϕ sin θ − cos θ

][χ1

χ2

]= λ

[χ1

χ2

]. (16)

Iskoristimo samo prvu jednacinu:χ1 cos θ + χ2e

−iϕ sin θχ2 = χ1. (17)

Drukcije napisano:χ1(1− cos θ) = χ2e

−iϕ sin θ. (18)

Zamenimo:1− cos θ = 2 sin2 θ

2, (19)

sin θ = 2 cosθ

2sin

θ

2(20)

u gornji izraz. Jednostavno sledi:

χ2 = χ1tgθ

2eiϕ. (21)

Koristeci uslov normiranja:|χ1|2 + |χ2|2 = 1, (22)

lako se dobija (za λ = +1):

χ↑ = χ+1 =

[cos(θ/2)

eiϕ sin(θ/2)

]. (23)

Page 41: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

41

Slicno se za λ = −1 dobija:

χ↓ = χ−1 =

[− sin(θ/2)eiϕ cos(θ/2)

]. (24)

3. Odrediti svojstvene vrednosti spinskog operatora ~S elektrona u pravcu definisanom jedinicnim vektorom ~n

koji lezi u xz ravni.

Resenje. Treba odrediti:

~n~Sχ = λχ, (25)

gde χ oznacava spinor. Za proizvoljni pravac u xz ravni:

~n = sin θ~ex + cos θ~ez. (26)

Skalarni proizvod je:

~n · ~S = (sin θ~ex + cos θ ~ez) · (Sx~ex + Sy ~ey + Sz ~ez) = Sx sin θ + Sz cos θ. (27)

Komponente operatora spina duz pojedinih osa su:

Sx =~2σx =

~2

[0 11 0

], (28)

Sy =~2σy =

~2

[0 −i

i 0

], (29)

Sz =~2σz =

~2

[1 00 −1

]. (30)

Skalarni proizvod ~n i ~S je:

~n · ~S =~2

[0 11 0

]sin θ +

~2

[1 00 −1

]cos θ. (31)

Sledi:

~n · ~S =~2

[cos θ sin θ

sin θ − cos θ

]. (32)

Svojstvena vrednost se dobija na osnovu:

∣∣∣∣∣(~/2) cos θ − λ (~/2) sin θ

(~/2) sin θ −(~/2) cos θ − λ

∣∣∣∣∣ = 0. (33)

Treba, dakle, resiti jednacinu:

−~2

4cos2 θ + λ2 − ~

2

4sin2 θ = 0. (34)

Odavde lako sledi da je:

λ = ±~2. (35)

Page 42: Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - Homepagenobel.etf.bg.ac.rs/.../kursevi/of2km/materijali/kvmeh_zbirka_11.pdf · Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike

42 8. Spin

4. (a) Poznajuci Paulijeve spinske matrice za elektron odrediti svojstvene vrednosti projekcije spinskog oper-atora na pravac definisan jedinicnim vektorom ~n = (~ex + ~ey)/

√2, gde su ~ex i ~ey jedinicni vektori Dekartovog

koordinantnog sistema. (b) Odrediti normalizovane svojstvene spinore za slucaj razmatran pod (a).

Resenje. Resavamo svojstveni problem oblika:

~n · ~S = λχ. (36)

Jedinicni vektor je:

~n =1√2(~ex + ~ey). (37)

Prema tome:1√2

(Sx + Sy

)= λχ, (38)

odnosno:1√2~2

[0 1√

2~2 (1− i)

1√2~2 (1 + i) 0

]χ = λχ. (39)

Sekularna jednacina je: ∣∣∣∣∣−λ 1√

2~2 (1− i)

1√2~2 (1 + i) −λ

∣∣∣∣∣ = 0. (40)

Svojstvene vrednosti se dobijaju resavanjem jednacine:

λ2 − 12~2

4· 2 = 0, (41)

odakle se lako dobije:

λ1,2 = ±~2. (42)

(b) Za λ1 = ~/2, stavljajuci χ1 = 1, na osnovu prve jednacine:

1√2~2(1− i)χ2 =

~2χ1, (43)

lako se dobije:

χ2 =1 + i√

2. (44)

Normalizovani svojstveni spinor za stanje +~/2 je:

χ↑ =12

[ √2

1 + i

], (45)

a svojstveni spinor za stanje −~/2 je:

χ↓ =12

[−√21 + i

]. (46)

Lako se ustanovi da su ova dva spinora ortogonalna.