Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po...

63
Glava 13 Zadaci Zadaci su raspored eni po oblastima. Teˇ ski zadaci su oznaˇ ceni kruˇ zi´ cem dok su oni ˇ cija teˇ zina prevazilazi ovaj kurs su oznaˇ ceni zvezdicom. Na kraju su dati zadaci iz oblasti koje nisu pokrivene ovim kursom. 13.1 Kvantna kinematika Zadatak 13.1: Napisati komutator [AB, C ] pomo´ cu komutatora [A, C ]i[B,C]. Zadatak 13.2: Na´ ci razvoj operatora (A λB) 1 po λ, pretpostavljaju´ ci da postoji A 1 . Zadatak 13.3: Pokazati da vaˇ zi (∆A) 2 = (A −⟨A) 2 = A 2 −⟨A2 . Zadatak 13.4: Pokazati da za svaka dva operatora A i B koji zadovoljavaju [[A, B],A] = 0 vaˇ zi [A m ,B]= mA m1 [A, B] za svaki prirodan broj m. Zadatak 13.5: Neka su | u i | v dva vektora konaˇ cne norme. Pokazati da vaˇ zi Tr(| u ⟩⟨ v |)= u | v. Zadatak 13.6: Za svaki linearni operator A, pokazati da su A A i AA pozitivni hermitski operatori ˇ ciji su tragovi jednaki sumi kvadrata modula matriˇ cnih elemenata operatora A. Pokazati Tr(A A)=0= Tr(AA ) akko A = 0. Zadatak 13.7: Izvod operatora A(λ) koji eksplicitno zavisi od parametra λ se definiˇ se kao dA(λ) = lim ε0 A(λ + ε) A(λ) ε . Pokazati da vaˇ zi d (AB)= dA B + A dB , d (A 1 )= A 1 dA A 1 . Zadatak 13.8: Pokazati da za svaka dva operatora A i B vaˇ zi e B Ae B = A +[B,A]+ 1 2! [B, [B,A]] + 1 3! [B, [B, [B,A]]] + ... 81

Transcript of Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po...

Page 1: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

Glava 13

Zadaci

Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teski zadaci su oznaceni kruzicem dok su oni cijatezina prevazilazi ovaj kurs su oznaceni zvezdicom. Na kraju su dati zadaci iz oblasti kojenisu pokrivene ovim kursom.

13.1 Kvantna kinematikaZadatak 13.1: Napisati komutator [AB,C] pomocu komutatora [A,C] i [B,C].

Zadatak 13.2: ∗ Naci razvoj operatora (A− λB)−1 po λ, pretpostavljajuci da postoji A−1.

Zadatak 13.3: Pokazati da vazi (∆A)2 =⟨(A− ⟨A⟩)2

⟩=⟨A2⟩− ⟨A⟩2.

Zadatak 13.4: Pokazati da za svaka dva operatora A i B koji zadovoljavaju [[A,B], A] = 0 vazi[Am, B] = mAm−1[A,B] za svaki prirodan broj m.

Zadatak 13.5: ∗ Neka su |u ⟩ i |v ⟩ dva vektora konacne norme. Pokazati da vazi Tr(|u ⟩⟨ v |) = ⟨u | v⟩.

Zadatak 13.6: ∗ Za svaki linearni operator A, pokazati da su A†A i AA† pozitivni hermitski operatoriciji su tragovi jednaki sumi kvadrata modula matricnih elemenata operatora A. Pokazati Tr(A†A) = 0 =Tr(AA†) akko A = 0.

Zadatak 13.7: ∗ Izvod operatora A(λ) koji eksplicitno zavisi od parametra λ se definise kao

dA(λ)

dλ= limε→0

A(λ+ ε)−A(λ)

ε.

Pokazati da vazid

dλ(AB) =

dA

dλB +A

dB

dλ,

d

dλ(A−1) = −A−1 dA

dλA−1.

Zadatak 13.8: ∗ Pokazati da za svaka dva operatora A i B vazi

eBAe−B = A+ [B,A] +1

2![B, [B,A]] +

1

3![B, [B, [B,A]]] + . . .

81

Page 2: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

82 GLAVA 13. ZADACI

Zadatak 13.9: ∗ Pokazati eAeB = eA+Be[A,B]/2 ako vazi [A, [A,B]] = 0 = [[A,B], B].

Zadatak 13.10: ∗ Pokazati da stanja |ψi ⟩ iz ρ =∑i ωi |ψi ⟩⟨ψi | razapinju kodomen od ρ.

Zadatak 13.11:∗ Prostor svih linearnih operatora koji deluju u S je vektorski prostor S⊗S∗, sa prirodno

definisanim skalarnim proizvodom (A,B)def.= TrA†B. Ovaj prostor se cesto naziva superprostor, dok se

operatori koji deluju u njemu nazivaju superoperatorima. Pokazati da je za svaki operator A preslikavanjeΠA : ρ→ ρ′ definisano sa ρ′ =

∑a Pa(A)ρPa(A) superprojektor.

Zadatak 13.12: ∗ Naci stanja koja se ne menjaju u idealnom merenju opservable A.

Zadatak 13.13: ∗ Pokazati da je diferencijabilni operator p = −i~ ddx linearan i hermitski u prostoru

diferencijabilnih funkcija koje su nula van intervala (a, b).

Zadatak 13.14: Pokazati da je [x, p] = i~, [xn, p] = i~nxn−1, [A, p] = i~dAdx , [x, pn] = i~npn−1, [x,B] =

i~dBdp , gde su p = −i~ ddx , A = A(x) i B = B(p) diferencijabilne funkcije od x i p, respektivno.

Zadatak 13.15:∗ Operator translacije U(a) je definisan kao U(a)ψ(r) = ψ(r−a). Pokazati da je U(a)unitaran i izraziti ga kao funkciju operatora impulsa p = −i~∇.

Zadatak 13.16: ∗ Pokazati (6.1) za mesana stanja.

Zadatak 13.17: Pokazati da je koordinatno-impulsni minimalni talasni paket gausijan

ψ(x) = Ce−( x−a2f )2+ i

~ bx, tj. pokazati da je u tom stanju ∆ψ(x)x∆ψ(x)p =~2 . Sta su a, b i f?

13.2 Kvantna dinamikaZadatak 13.18: Dokazati Hellman-Feynman-ov teorem: za hamiltonijan koji je parametrizovan realnimparametrom a, normirana svojstvena stanja (H(a) |E(a) ⟩ = E(a) |E(a) ⟩) zadovoljavaju

d

daE(a) = ⟨E(a) | d

daH(a) |E(a) ⟩. (13.1)

Zadatak 13.19: Pokazati da za svaku opservablu A, matricni elementi komutatora [H,A] u (normira-nom) stacionarnom bazisu zadovoljavaju

⟨n, λ | [H,A] |n′, λ′ ⟩ = (En − En′)⟨n, λ | A |n′, λ′ ⟩. (13.2)

Specijalno, uzimajuci hamiltonijan u formiH = T+U(r), naci matricne elemente impulsa i sile (gradijentapotencijala) dokazujuci teorem virijala.

Zadatak 13.20:∗ Pokazati da je gustina struje verovatnoce za slobodnu cesticu u stanju ψpw(r) = Ceik·r

jednaka

jpw =~mk|C|2. (13.3)

Zadatak 13.21: Uz pretpostavku da je limx→±∞ V (x) = V± i V+ ≤ V−, odrediti, u zavisnosti odenergije, kada je stanje vezano a kad ne, za: a) E > V−; b) V− > E > V+; c) V+ > E.

Page 3: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

13.2. KVANTNA DINAMIKA 83

Zadatak 13.22: ∗ Pokazati da je energija vezanog stanja cestice u jednoj dimenziji nedegenerisana.

Zadatak 13.23: ∗ Oscilatorni teorem kaze da ako su svojstvene energije iz diskretnog spektra cesticeu jednoj dimenziji poredane u rastuci niz, E1 < E2 < . . . , onda je rastuci i broj nula odgovarajucihsvojstvenih funkcija ψn. Pokazati da ψn+1 ima bar jednu nulu izmedu dve susedne nule funkcije ψn.

Zadatak 13.24: Sta se moze zakljuciti o parnosti vezanih svojstvenih stanja hamiltonijana H(x) =p2

2m + V (x) ako je potencijalna energija parna funkcija od x, tj. ako je V (−x) = V (x)?

Zadatak 13.25: Pokazati da prvi izvod vremenski nezavisne talasne funkcije nema prekid u tackamanajvise konacnog skoka potencijala V (x). Sta se desava sa kontinualnoscu prvog izvoda u slucaju V (x) =αδ(x− a)?

Zadatak 13.26: Naci diskretni energetski spektar i odgovarajuce svojstvene funkcije cestice u potenci-jalima (gde su α, Vi > 0 i V2 > V1)):

1. Va(x) = −αδ(x),

2. Vb(x) = 0 za 0 < x < a i Vb(x) = ∞ za x < 0 i x > a,

3. Vc(x) = αδ(x) za −a < x < a i Vc(x) = ∞ za x < −a i x > a,

4. Vd(x) = −V0 za |x| < a i Vd(x) = 0 za |x| > a,

5. Ve(x) = ∞ za x < 0, Ve(x) = −V0 za 0 < x < a, Ve(x) = 0 za x > a,

6. Vf (x) = V1 za x < −a, Vf (x) = 0 za −a < x < a, Vf (x) = V2 za x > a,

7. Vg(x) = ∞ za x < 0 i x > b, Vg(x) = 0 za 0 < x < a, Vg(x) = V0 za a < x < b,

8. Vh(x) = ∞ za x < 0 i x > c, Vh(x) = 0 za 0 < x < a, Vh(x) = V2 za a < x < b, Vh(x) = V1 zab < x < c.

Zadatak 13.27: Za cesticu u polju U(x) oblika U(x) =

{∞, x < 0

−αδ(x− a), x > 0, naci broj stanja

diskretnog spektra u zavisnosti od parametara.

Zadatak 13.28: ∗ Sistem u jednoj dimenziji, koji se nalazi u potencijalu V (x) =

{0, x /∈ (0, a)∞, x ∈ (0, a)

},

se nalazi u stanju ψ(x) =

4a2x, x ∈ (0, a/2)

4a2 (a− x), x ∈ [a/2, a)

0, inace

. Naci srednju vrednost energije, ⟨ψ|H|ψ⟩.

Zadatak 13.29: Izracunati koeficijente T i R za cesticu koja nailazi sa strane x = −∞ na potencijaleV1, V4 (koristeci resenje u ovom slucaju i modifikovanjem konstanti naci resenja za slucaj −V4 za E > V0i E < V0) i V6 definisane u zadatku 13.26.

Zadatak 13.30: ∗ (Kroning-Peni model) Naci spektar energija cestice u periodicnom potencijalu V (x+d) = V (x), gde je d = a+ b i V (x) = V0 > 0 ako −b < x < 0, V (x) = 0 ako 0 < x < a. Naci energetskispektar u slucaju b→ 0 i V0 → ∞ tako da bV0 = P~2/ma.

Zadatak 13.31: ∗ Naci talasnu funkciju cestice u polju V (h) = mgh. Sta se moze reci o energetskomspektru?

Page 4: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

84 GLAVA 13. ZADACI

Zadatak 13.32: ∗ Provodni elektroni u metalima se zadrzavaju u metalu usrednjenim potencijalomkoji se zove unutrasnji potencijal metala. Izracunati, u jednodimenzionalnom modelu sa potencijalomV (x) = −V0 < 0 za x < 0 i V (x) = 0 za x > 0, verovatnoce refleksije i transmisije za provodni elektronkoji nailazi na povrs metala sa energijom E cija je vrednost: (a) E > 0; (b) −V0 < E < 0.

Zadatak 13.33: ∗ Mono-energetski snop elektrona udara o povrs metala normalno na nju. Izracunatikoeficijent refleksije ovih elektrona ako je E = 0.1eV i V0 = 8eV. (Videti Zadatak 13.32)

Zadatak 13.34: ∗ Cestica energije E nailazi na barijeru V = V (x) u tacki x = x1 i napusta je u x = x2(tunel efekat). Neka je kriva potencijala V (x) dovoljno glatka, interval [x1, x2] se deli na intervale duzine∆xi, koji su dovoljno veliki u poredenju sa relativnom dubinom penetracije di = ~/

√8m(V (xi)− E)

cestice u pravougaonu barijeru. Izracunati u ovoj aproksimaciji koeficijent transmisije T za celu barijeruV = V (x), znajuci da je Ti ≈ exp(−∆xi/di) za i-tu pravougaonu barijeru.

Zadatak 13.35: ∗ Eksperimentalno je dobijeno da se pod dejstvom jakog elektricnog polja, normalnogna povrs metala, javlja emisija elektrona iz metala, tzv. hladna emisija. Sile koje deluju na elektron suCoulomb-ova, koja deluje na elektron koji je izasao iz metala i koji stvara pozitivno naelektrisanu svojusliku u metalu, i elektrostaticka eE . Pretpostavljajuci da je elektricno polje homogeno, naci zavisnoststruje hladne emisije od jacine elektricnog polja.

Zadatak 13.36: ◦ Za slobodnu cesticu koja se u trenutku t = 0 nalazi u stanju

ψ(x, t = 0) = Ae−(x−x0)2

2a2 +imv0~ x naci srednje vrednosti koordinate i impulsa (⟨x⟩ i ⟨p⟩), srednje vrednosti

njihovih kvadrata (⟨x2⟩i⟨p2⟩) kao i njihove disperzije (∆x i ∆p) u zavisnosti od vremena.

Zadatak 13.37: ∗ (Linearni Harmonijski Oscilator) Naci svojstvene funkcije i spektar energija hamil-

tonijana H =p2x2m + mω2

2 x2.

Zadatak 13.38:∗ Naci ψn(p) za jednodimenzionalni linearni harmonijski oscilator znajuci resenja ψn(x).

Zadatak 13.39: ◦ Izracunati moguce vrednosti energije cestice u potencijalu V (x) = ∞ za x ≤ 0, i

V (x) = mω2

2 x2 za x > 0.

Zadatak 13.40: ◦ Sistem opisan hamiltonijanom H = p2 + A2x2 (A > 0) se nalazi u stanju ⟨ x | ψ⟩ =(x + 1√

α)2e−αx

2

. Izraziti koeficijent α preko A, tako da stanje |ψ⟩ bude konacan zbir svojstvenih stanja

hamiltonijana i u tom slucaju naci njegovu dalju evoluciju.

Zadatak 13.41: ◦ Pokazati da vazi (a+ = a† i a− = a) (a) [a∓, (a±)s] = ±s(a±)s−1, i

(b) [(a−)m, (a+)p] =

min(m,p)∑s=1

s!

(ps

)(ms

)(a+)p−s(a−)m−s.

Zadatak 13.42: ∗ Pokazati da je operator U(η) = exp[η(a−

2 − a+2)]unitaran (η je realan broj, a± su

operatori kreacije/anihilacije za jednodimenzionalni LHO). Pokazati da za operator koji je definisan kaog±(η) = U(η)(a− ± a+)U†(η) vazi d

dη g±(η) = ±2g±(η).

Zadatak 13.43:◦ Pokazati da se svaki monom sastavljen od operatora a+ i a− moze izraziti kao polinomsa uredenim monomima ((a+)x pre (a−)y).

Zadatak 13.44:∗ Naci ∆αx∆αp u svojstvenom stanju |α ⟩ operatora a− za jednodimenzionalni linearniharmonijski oscilator.

Zadatak 13.45:◦ Maksimalno uprostiti izraz eλa−f(a+)e−λa

−, gde je f funkcija koja moze da se razvije

u Taylor-ov red oko nule.

Zadatak 13.46: ∗ Pokazati ψi(Q) = 1√√π2ii!

e−12Q

2

Hi(Q). Savet: pokazati operatorski identitet:

(Q− ddQ ) = (−e

12Q

2 ddQe

− 12Q

2

).

Zadatak 13.47: ∗ Generalisati rezultate harmonijskog oscilatora u jednoj dimenziji na sistem sa d har-

monijskih stepeni slobode; hamiltonijan takvog sistema je H =∑dk=1(

12p2kmk

+ 12mkω

2kq

2k).

Zadatak 13.48: ∗ Naci mesano stanje koje opisuje harmonijski oscilator koji je u termodinamickojravnotezi sa toplotnim rezervoarom temperature T . Naci srednju energiju u dva granicna slucaja, kadatemperatura tezi nuli i za visoke temperature.

Page 5: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

13.3. ANGULARNI MOMENT 85

13.3 Angularni moment

Zadatak 13.49:∗ Koristeci εijkεlmn = det

δil δim δinδjl δjm δjnδkl δkm δkn

za tenzor Levy-Chivita pokazati εijkεilm =

δjlδkm − δjmδkl, εijkεijl = 2δkl i εijkεijk = 6, gde se podrazumeva sumiranje po ponovljenim indeksima.

Zadatak 13.50: ∗ Izracunati komutatore [li, rj ], [li, pj ] i [li, lj ] = i~∑k εijklk.

Zadatak 13.51: ∗ Izracunati eiθ~ lzrie

−i θ~ lz (i = 1, 2, 3) i na osnovu toga odrediti smisao skupa superop-

eratora {Rθ|θ ∈ [0, 2π]}, definisanih sa RθA = eiθ~ lzAe−i θ~ lz .

Zadatak 13.52: ∗ Pokazati da su matrice koje reprezentuju angularni moment (za maksimalnu tezinuk) u standardnom bazisu {|k,−k ⟩, |k,−k + 1 ⟩, . . . , |k, k ⟩}:

D(k)(K3) = ~

[−k 0 0 0 00 −k+1 0 0 00 0 ··· 0 00 0 0 k−1 00 0 0 0 k

], D(k)(K+) = ~

0 0 0 0 0 0√2k 0 0 0 0 00

√4k−2 0 0 0 0

0 0 ··· 0 0 00 0 0

√4k−2 0 0

0 0 0 0√2k 0

, D(k)(K−) = D(k)†(K+).

(13.4)

Zadatak 13.53: ∗ Pokazati K2 |km, λ ⟩ = k(k + 1)~2 |km, λ ⟩.

Zadatak 13.54:◦ Naci srednju vrednost operatora projekcije angularnog momenta na osu n = cos θez+sin θ(cosϕex + sinϕey) u stanju | lm ⟩, tj. ⟨Ln⟩|lm ⟩ = ⟨ lm | L · n | lm ⟩.

Zadatak 13.55: ∗ Pokazati da je⟨K2i

⟩|x ⟩ =

⟨K2j

⟩|x ⟩ = 0 ako i samo ako za sve komponente vazi

Kp |x ⟩ = 0, tj. |x ⟩ =|k = 0,m = 0, λ ⟩.

Zadatak 13.56: Kako se u vremenu menja talasna funkcija krutog rotatora u xy-ravni ako je u pocetnomtrenutku ψ(x, t = 0) = A cos3 ϕ.

Zadatak 13.57: ◦ Naci komponente angularnog momenta, kao i kvadrata l2 i l±, u cilindricnim koordi-natama.

Zadatak 13.58:∗ Koristeci metod hipergeometrijskih jednacina resiti diferencijalne jednacine koje zado-voljavaju sferni harmonici.

Zadatak 13.59:∗ Cestica mase m se nalazi u sferno-simetricnom potencijalu V (r) = −cδ(r−a), (c > 0).Naci minimalnu vrednost konstante c za koju postoji vezano stanje (ctgh(x) ≈ 1

x [1 + o(x2)]).

Zadatak 13.60: ◦ Za l = 0 izracunati svojstvene energije i svojstvena stanja cestice u beskonacnodubokoj sferno simetricnoj potencijalnoj jami, V = 0 za r < R i V = ∞ za r > R.

Zadatak 13.61: ∗ Koristeci metod hipergeometrijskih jednacina resiti jednacinu[d2

dx2 + 2ϵnlx2+2Zx−l(l+1)

x2

]Rnl(x) = 0 koja ima veze sa radijalnom jednacinom vodonikovog atoma.

Page 6: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

86 GLAVA 13. ZADACI

Zadatak 13.62: Za vodonikov atom (Z = 1) u osnovnom stanju ψ100 = 1√πa30

e−r/a0 izracunati (i)

najverovatnije rastojanje elektrona od jezgra, (ii)⟨1r

⟩, (iii)

⟨1r2

⟩, (iv)

⟨rk⟩(k ≥ 0), (v)

⟨p2x⟩, (vi) ⟨U(r)⟩

i (vii) ⟨T ⟩.

Zadatak 13.63:∗ Runge-Lenz vektor za vodonikov atom (H = p2

2m − αr , gde je α = e2

4πϵ0) je definisan kao

M = 12m (p× l− l×p)− α

r r, gde su l angularni moment, p impuls i r vektor polozaja elektrona. Pokazatida vazi M · l = 0 = l ·M i [H,M ] = 0, sto je uslov za postojanje dodatne grupe simetrije vodonikovogatoma SU(2). Prethodno izracunati kontrakciju simetricnog i antisimetricnog tenzora SijAij , vektorskiproizvod l× l i skalarne proizvode l · r, r · l, l · p i p · l.

Zadatak 13.64:∗ Resiti stacionarnu Schrodinger-ovu jednacinu za cesticu naelektrisanja −e i spina s = 0u konstantnom elektromagnetnom polju B = Bez (za kalibraciju uzeti A = Bxey).

Zadatak 13.65:∗ Za najopstiju funkciju koordinata i vremena f(r, t) proveriti invarijantnost Schrodin-

ger-ove jednacine na gradijentne transformacije: A→ A+∇f , Φ → Φ− 1c∂f∂t i ψ → ψe

iq~c f .

Zadatak 13.66:◦ Koristeci osobine Pauli-jevih matrica pokazati sledece: [σi, σj ]− = 2iϵijkσk, [σi, σj ]+ =2δij , (σ · a)(σ · b) = a · b+ iσ · (a× b) i σ × σ = 2iσ.

Zadatak 13.67:◦ Naci reprezentaciju algebre spina u simetrijski adaptiranom bazisu (|s,ms ⟩) za s = 1i s = 3/2.

Zadatak 13.68: ◦ Naci moguce projekcije spina s = 1/2 na osu n = cos θez + sin θ(cosϕex + sinϕey).

Zadatak 13.69: ◦ Elektron se nalazi u spinskom stanju |+⟩. Naci verovatnocu da projekcija spina naosu n = sin θ cosϕex + sin θ sinϕey + cos θez ima vrednost ±1

2 . Koja je srednja vrednost spina duz oveose?

Zadatak 13.70: ∗ Naci za spin s = 1/2 reprezentaciju podgrupe rotacija oko ose n = cos θez +sin θ(cosϕex + sinϕey).

Zadatak 13.71: Za dva elektrona spina s = 1/2 izracunati matrice operatora ukupnog spina Si kao ikvadrata spina S2. Resiti zajednicki svojstveni problem operatora S2 i Sz. Uzeti ~ = 1.

Zadatak 13.72: Za dva elektrona spina s = 1/2 pomocu operatora spustanja/podizanja (S±), vezanihza ukupni spin, naci zajednicki svojstveni bazis operatora ukupne projekcije spina na z osu i kvadrataukupnog spina.

Zadatak 13.73: ◦ Za dve cestice angularnih momenata l = 1 pomocu operatora spustanja/podizanja(L±), vezanih za ukupni angularni moment, naci zajednicki svojstveni bazis operatora ukupne projekcijeangularnog momenta na z osu i kvadrata ukupnog angularnog momenta.

Zadatak 13.74: ∗ Naci rezultat merenja ⟨Jn⟩χ projekcije ukupnog angularnog momenta p-elektrona(l = 1) na osu n = sin θ cosφex + sin θ sinφey + cos θez u stanju|χ ⟩ = 1√

2(|j = 3

2 , jz =12 ⟩+ i |s = 1

2 , sz =12 ⟩ | l = 1, lz = −1 ⟩).

Zadatak 13.75:◦ Ukupan angularni moment elektrona u atomu je j = l+s. Resiti zajednicki svojstveniproblem operatora s2, l2, j2 i jz.

Zadatak 13.76: ∗ Za dve cestice angularnih momenata l naci ukupno stanje |L = 0,M = 0 ⟩.

Zadatak 13.77:◦ Koristeci se operatorom J− za dve cestice sa kvantnim brojevima uglovnih momenataj1 = j = j2 izraziti ukupna orbitalna stanja |J = 2j − 2,MJ = 2j − 2 ⟩.

Zadatak 13.78:◦ Za sistem dve cestice naci komutator [L2,p · r], gde su L = l1 + l2 operator ukupnogmomenta impulsa, p = p1 + p2 operator ukupnog impulsa cestica i r = r2 − r1 operator relativnogpolozaja cestica.

Zadatak 13.79: ∗ Sistem od dve cestice spina s1 = 12 = s2 je opisan hamiltonijanom H = As1 · s2. U

pocetnom trenutku sistem se nalazi u singletnom stanju. Odrediti dalju evoluciju ovog sistema.

Zadatak 13.80:◦ Momenti kvantnih brojeva l1 i l2 dva sistema se slazu u rezultujuci moment velicine L.Naci srednje vrednosti operatora l21l

22, l1 · l2 i (l1× l2)2 u stanju |l1l2, LLz ⟩, gde je × vektorsko mnozenje.

Page 7: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

13.4. APROKSIMATIVNI METODI 87

13.4 Aproksimativni metodiZadatak 13.81: Perturbacionim racunom (I red) naci svojstvene energije i svojstvena stanja hamiltoni-

jana

0 100 1 2100 1 2 31 2 3 2002 3 200 4

.

Zadatak 13.82: Naci u prvom redu teorije perturbacije pomeranje energetskih nivoa za cesticu u

beskonacno dubokoj potencijalnoj jami dejstvom perturbacije V ′(x) =

{2aV0x , x ∈ (0, a/2)2aV0(a− x) , x ∈ (a/2, a)

Zadatak 13.83: Izotropni dvodimenzionalni linearni harmonijski oscilator je perturbovan sa H ′ = αxy.Izracunati, u prvom redu racuna perturbacije, razdvajanje drugog pobudenog nivoa.

Zadatak 13.84: Naci u prvom redu teorije perturbacije cepanje prvog pobudenog nivoa trodimenzion-alnog izotropnog linearnog harmonijskog oscilatora, na koji deluje perturbacija H ′ = α(xy + yz + zx).

Zadatak 13.85: Naci cepanje energetskih nivoa krutog rotatora u ravni pri delovanju perturbacijeH ′ = αxy.

Zadatak 13.86: ◦ U prvom redu racuna perturbacije izracunati popravku energije osnovnog stanja zacesticu u beskonacno dubokoj sferno simetricnoj potencijalnoj jami radijusa R. Perturbacija je H ′ = αr.

Zadatak 13.87:∗ Odrediti racunom perturbacije (I red) energiju osnovnog stanja He atoma, smatrajuciinterakciju elektrona perturbacijom.

Zadatak 13.88: ∗ Dve cestice spina s1 = 1 = s2 se nalaze u sistemu koji je definisan hamiltonijanomH = A(s1 + s2 +Bez)

2, gde je B ≪ ~. Naci u prvom redu teorije perturbacije cepanje prvog pobudenogstanja.

Zadatak 13.89:◦ Naci do drugog reda teorije perturbacije kako se menja prvi pobudeni nivo jednodimen-zionalnog linearnog harmonijskog oscilatora pri uracunavanju popravke anharmonicitetaH ′ = Ax3+Bx4.

Zadatak 13.90:∗ Naci prvu nenultu popravku energije osnovnog stanja krutog rotatora momenta inercijeI i dipolnog momenta d u konstantnom homogenom elektricnom polju E.

Zadatak 13.91: ∗ Varijacionim racunom proceniti energiju osnovnog stanja cestice u jednodimenzion-

alnom potencijalu V (x) =

{−U, x ∈ (−a, a)0, x /∈ (−a, a) , U > 0, koristeci familiju probnih funkcija ψβ(x) = A(x+ βa), x ∈ (−βa, 0)

A(βa− x), x ∈ [0, βa)0, x /∈ (−βa, βa)

.

Zadatak 13.92:◦ Varijacionim racunom proceniti energiju osnovnog stanja 3D izotropnog LHO koristeciprobne funkcije oblika ψa(r) = b(a2 − r2) za r ≤ a (za r > a funkcija je nula).

Zadatak 13.93: Varijacionim racunom naci svojstvene energije i svojstvena stanja hamiltonijana

(1 22 5

).

Zadatak 13.94: ◦ Proceniti energiju stanja dvodimenzionalnog izotropnog linearnog harmonijskog os-cilatora koristeci kao probnu funkciju ψα(ρ) = Aρne−αρ, gde je n ≥ 0.

Page 8: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

88 GLAVA 13. ZADACI

Zadatak 13.95:◦ Varijacionim racunom proceniti energiju osnovnog stanja trodimenzionalnog linearnogharmonijskog oscilatora, uzimajuci za probne funkcije ψα(r) = (a · r)2e−αr2 , gde je a unapred zadatkonstantan vektor.

Zadatak 13.96:∗ Varijacionim racunom izracunati energiju osnovnog stanja He-atoma koristeci probnefunkcije oblika ψλ(r1, r2) = Ce−λ(r1+r2).

Zadatak 13.97:◦ Proceniti energiju stanja elektrona u vodonikovom atomu uzimajuci za probne funkcijeψk(r) = (a · r)2e−k2r2 , gde je a unapred zadat konstantan vektor.

Zadatak 13.98:◦ Varijacionim metodom naci energiju |320⟩ stanja vodonikovog atoma, koristeci probne

funkcije oblika ψk(r) = C(2z2 − x2 − y2)e−k√x2+y2+z2 .

Zadatak 13.99: ◦ Varijacionim racunom naci energiju osnovnog stanja jona molekula vodonika H+2 . Za

probnu funkciju uzeti ψ(α,R)(r) =√

α3

πR3 e−α r

R , gde su α varijacioni parametar, R rastojanje izmedu

jezgara, a r rastojanje elektrona od centra mase jezgara. Uzimajuci α = 1.9, naci ravnotezno rastojanjejezgara i energiju osnovnog stanja. Zadatak raditi u atomskim jedinicama, tj. uzeti me = m = 1, ~ =1, e = 1 i 4πε0 = 1.

Zadatak 13.100: ∗ Varijacionim racunom naci energiju prvog pobudenog stanja dvodimenzionalnogizotropnog linearnog harmonijskog oscilatora. Za varijacione funkcije uzeti funkcije oblika e−αρf(ρ).

Zadatak 13.101: ∗ Varijacionim racunom naci aproksimativnu energiju i talasnu funkciju 2s stanjavodonikovog atoma.

13.5 ∗ Dodatni zadaciZadatak 13.102: Pokazati da je parcijalni trag hermitskog operatora hermitski. Analogno i za pozitivani za statisticki.

Zadatak 13.103: Naci operatore koordinate i impulsa u Heisenberg-ovoj slici za sisteme u jednoj di-

menziji u potencijalima (a) V (x) = 0, (b) V (h) = mgh i (c) V (x) = mω2

2 x2.

Zadatak 13.104: Naci u Heisenberg-ovoj slici operator lx projekcije angularnog momenta na x-osu zaizotropni trodimenzionalni linearni harmonijski oscilator.

Zadatak 13.105: Pokazati da su Galilejeve transformacije u prostoru varijabli reprezentovane pomocusledecih supervarijabli:

D(g(ϕ, 0, 0, 0)) = e−ϕ·l, D(g(0,a, 0, 0)) = e−a·p, (13.5a)

D(g(0, 0,v, 0)) = e−mv·q, D(g(0, 0, 0, τ)) = e−τH . (13.5b)

Zadatak 13.106: Naci eiπIψ(r), gde je I prostorna inverzija, tj. Iψ(r) = ψ(−r).

Zadatak 13.107: Naci projektore P± na potprostore razapete parnim (P+) i neparnim (P−) funkcijamau odnosu na prostornu inverziju.

Page 9: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

13.5. ∗ DODATNI ZADACI 89

Zadatak 13.108: Naci koeficijente α i β za koje je operator Uαβ = ei2 (αx

2+βp2) prostorna inverzija, tj.rotacija za π u faznom prostoru.

Zadatak 13.109: Pokazati da za pogodno odabrane α, β ∈ R operator Uα,β = eiα(p1−p2)2+iβ(x1−x2)

2

predstavlja operator permutacije.

Zadatak 13.110: Permutaciona grupa SN zaN > 1 poseduje tacno dve jednodimenzionalne ireducibilnereprezentacije, simetricna (jedinicna) D(+) i antisimetricna (alternirajuca) D(−): D(±)(π) = (±)π. Ovdeje π parnost permutacije π. Pokazati da su ove reprezentacije jedine jednodimenzionalne ireducibilnereprezentacije od SN .

Zadatak 13.111: Za N cestica spina s naci sva (anti)simetricna stanja u spinskom delu prostora, (i)N = 2 i s = 1/2, (ii) N = 2 i s = 1, (iii) N = 3 i s = 1/2.

Zadatak 13.112: Za 2 cestice ciji su jednocesticni prostori stanja dimenzije n naci bazis u (anti)simetricnompotprostoru.

Zadatak 13.113: Sistem od dva neinteragujuca identicna fermiona spina s = 12 nalazi se u 1D beskonacno

dubokoj potencijalnoj jami sirine a. Napisati osnovno stanje i osnovnu energiju kada je ukupno spinskostanje tripletno/singletno. Za oba slucaja naci verovatnoce da se obe cestice nadu u levoj polovini jame.

Zadatak 13.114: Neka je jednocesticni prostor stanja razapet vektorima | a ⟩ i | b ⟩ i neka se dvabozona/fermiona nalaze u stanju | ± ⟩ = 1√

2(| ab ⟩± | ba ⟩). Naci verovatnocu da se obe cestice nadu u

poluprostoru z ≥ 0.

Zadatak 13.115: Tri identicna fermiona spina s = 12 se nalaze u stanju koje je sastavljeno od jednocesticnih

stanja |a⟩ |p⟩, |a⟩ |m⟩ i |b⟩ |p⟩, gde su |p/m⟩ =|s = 12 ,ms = ±1

2 ⟩ (za prostorne delove vazi ⟨a | b⟩ = S ∈ Ci ⟨a | a⟩ = 1 = ⟨ b | b⟩). Naci verovatnoce dobijanja pojedinih rezultata pri merenju projekcije spina jednecestice na z-osu.

Zadatak 13.116: U sistemu dva jednaka bozona spina s = 0 ukupno stanje je sastavljeno od jednocesticnihstanja ψ i χ (⟨ ψ | χ⟩ = S i ⟨ ψ | ψ⟩ = 1 = ⟨ χ | χ⟩). Naci verovatnocu da obe cestice imaju impuls sapozitivnom z-komponentom.

Zadatak 13.117: Pokazati da proizvoljan fermionski jednocesticni bazis | jp ⟩ od span(| ip ⟩|p =1, . . . , | iN ⟩) daje pomocu

|n± ⟩ =√

1

n!N !

∑π

(±)π∆(π) | i1 ≤ · · · ≤ iN ⟩

isto fizicko stanje kao sto bi se dobilo iz bazisa | i ⟩ (tj. vektor koji se razlikuje od |n− ⟩ najvise za fazu).

Zadatak 13.118: Dve cestice spina s1 = 1/2 = s2 se nalaze u stanju ρ = α1+ | 1, 1 ⟩⟨ 1, 1 |+α10 | 1, 0 ⟩⟨ 1, 0 | +α1− | 1,−1 ⟩⟨ 1,−1 | +α00 | 0, 0 ⟩⟨ 0, 0 | (vektori | l,m ⟩ su iz kompozitnogprostora). Za konstante vazi αlm > 0 i

∑lm αlm = 1. Naci podsistemska stanja ρ1/2 = Tr2/1ρ kao i

njihove svojstvene vrednosti.

Page 10: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

90 GLAVA 13. ZADACI

Zadatak 13.119: Pokazati da je parcijalni skalarni proizvod N -cesticnog stanja |n± ⟩ sa nekorelisanimvektorom |jL+1, . . . , jN ⟩, ciji je broj popunjenosti nN−L, L-cesticno stanje:

⟨ jL+1, . . . , jN | n±⟩ =√

n!L!

nL!N !(±)σ |n±

L ⟩, nL = n− nN−L (13.6a)

(uzeti u obzir da je vektor jednak nultom ako je bilo koji od nLi negativan); σ je permutacija (jedinstvenau slucaju fermiona i nebitna u slucaju bozona) takva da vazi

∆(σ) | i1 ≤ · · · ≤ iN ⟩ =| iσ−11 ≤ · · · ≤ iσ−1L, jL+1, . . . , jN ⟩.

Analogno, za L-cesticni vektor |j1, . . . , jL ⟩ pokazati

⟨ j1, . . . , jL | n±⟩ =

√n!(N − L)!

nN−L!N !(±)σ |n±

N−L ⟩, nN−L = n− n(j1, . . . , jL), (13.6b)

gde je σ definisano sa ∆(σ) | i1 ≤ · · · ≤ iN ⟩ =|j1, . . . , jL, iσ−1(L+1) ≤ · · · ≤ iσ−1N ⟩. Za L = 1 izvesti

⟨ j | n±⟩ =√njN

(±)lj |n±N−1 ⟩, nN−1,i = ni − δij , lj =

∑i<j

ni. (13.6c)

Zadatak 13.120: Pokazati ρ1,...,L =(NL

)−1∑nL≤n

(nnL

)|n±

L ⟩⟨n±L |, gde je

(nnL

) def.=∏|S|s=1

(ns

nLs

).

Zadatak 13.121: Pokazati ρ1,...,L = 1

(NL)Pn ⊗ · · · ⊗ Pn︸ ︷︷ ︸

L

P(−)L , gde je Pn projektor na jednocesticni pros-

tor.

Zadatak 13.122: Pokazati da svaki simetricni operator komutira i sa simetrizatorom i sa antisimetriza-

torom, tj. da vazi [(ˆP (+)A), P (±)] = 0.

Zadatak 13.123: Pokazati da je ukupni angularni moment fermiona u zatvorenoj ljuski jednak nuli.

Zadatak 13.124: U sistemu dva identicna bozona spina s = 2 naci vektore |S,MS = 0⟩ koji su zajednickisvojstveni vektori operatora S2 i Sz.

Zadatak 13.125: Pokazati da je as |n± ⟩ =√N⟨ s | n±⟩. Izvesti

a†i |n1, . . . , ni, . . . ⟩ = (±)li(n)√1± ni |n1, . . . , ni + 1, . . . ⟩

koristeci prethodno. Uopstiti prvi rezultat da se dobije (13.6b) u obliku:

⟨ j1, . . . , jL | n±⟩ =√

(N − L)!

N !ajL · · · aj1 |n± ⟩. (13.7)

Naci oblik ovog izraza nezavisno od broja cestica N u stanju |n± ⟩.

Zadatak 13.126: Ponovo razmotriti problem harmonijskog oscilatora u drugoj kvantizaciji: naci jednocesticniprostor stanja i Fock-ov prostor. Koje su kvazi-cestice u pitanju? Da li su fermioni ili bozoni?

Page 11: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

13.5. ∗ DODATNI ZADACI 91

Zadatak 13.127: Pokazati da za aditivne simetricne L-cesticne operatore A[L] =∑p1<···<pl Ap1,...,pL

vazi

A[L] =1

L!

∑s1,...,sLs′1,...,s′

L

As1,...,sLs′1,...,s′La†s1 · · · a

†sLas′L · · · as′1 , (13.8)

gde je As1,...,sLs′1,...,s′L= ⟨ s1, . . . , sL | A1,...,L |s′1, . . . , s′L ⟩.

Zadatak 13.128: Izraziti operatore angularnog momenta u formi jednocesticnih i dvocesticnih opera-tora:

T [1] =∑ss′

T ss′a†sas′ , (13.9)

V [2] =1

2

∑s1s′1s2s

′2

V s1s2s′1s′2a†s1a

†s2as′2as′1 . (13.10)

i dati alternativan dokaz za osobinu zatvorenih ljuski (Zadatak 13.123).

Zadatak 13.129: Cestica masem i naelektrisanja q se nalazi u potencijalu trodimenzionalnog izotropnoglinearnog harmonijskog oscilatora. U trenutku t = −∞ cestica je u osnovnom stanju kada pocinje dadeluje perturbacija elektricnim poljem E(t) = Ae−(t/τ)2ez gde su A i τ realne konstante. Naci u najnizemredu teorije perturbacije verovatnocu da je oscilator u pobudenom stanju u trenutku t = ∞.

Page 12: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

92 GLAVA 13. ZADACI

Page 13: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

Glava 14

Resenja Zadataka

14.1 Kvantna Kinematika

Resenje 13.1. Ocigledan niz jednakosti dovodi do resenja: [AB,C] = ABC − CAB =ABC − ACB + ACB − CAB = A(BC − CB) + (AC − CA)B = A[B,C] + [A,C]B.

Resenje 13.2. Razvijajuci izraz po stepenima od λ dobija se: (A−λB)−1 =∑∞

n=0 λnLn,

odakle treba odrediti operatore Ln. Mnozeci sa (A− λB) dobija seI =

∑∞n=0 λ

n(A− λB)Ln = AL0 +∑∞

n=0 λn+1(ALn+1 −BLn). Ocigledno je resenje

(A− λB)−1 =∑∞

n=0 λn(A−1B)nA−1 = A−1

∑∞n=0 λ

n(BA−1)n.

Resenje 13.3. ⟨(A− ⟨A⟩)2⟩ =⟨A2 − 2A ⟨A⟩+ ⟨A⟩2

⟩= ⟨A2⟩− 2 ⟨A⟩ ⟨A⟩+ ⟨A⟩2 = ⟨A2⟩−

⟨A⟩2

Resenje 13.4. Za m = 1 jednakost je tacna. Pretpostavljajuci da vazi za neko m = n,za m = n+ 1, koristeci resenje 13.1, se dobija:[An+1, B] = A[An, B]+[A,B]An = nAn[A,B]+[A,B]An. Iz uslova zadatka da A komutirasa komutatorom [A,B], dobija se [An+1, B] = (n+ 1)An[A,B].

Resenje 13.5. Uz pretpostavku da ortonormirani bazis β = {| i ⟩} postoji, trag se mozeizraziti kaoTr(|u⟩⟨v |) =

∑⟨ i | u⟩⟨v | i⟩ =

∑⟨v | i⟩⟨ i | u⟩ = ⟨v | (

∑|i⟩⟨ i |) |u⟩ = ⟨v | I |u⟩ = ⟨v | u⟩.

Resenje 13.6. Operator H je hermitski akko (x,Hy) = (Hx, y) vazi za svaka dva vektorax i y. Skracivanjem notacije i zamenom A† = A+ i A = A−, sledeci niz jednakosti zasvako x i y (x,A±A∓y) = (A∓x,A∓y) = (A±A∓x, y) pokazuje da su operatori A±A∓

hermitski. Za svaki vektor x, srednja vrednost (x,A±A∓x) = (A∓x,A∓x) = ∥A∓x∥2 jeuvek pozitivna, i za svaki ortonormirani bazis β = {| i ⟩}, TrA±A∓ =

∑(i, A±A∓i) =∑

(A∓i, A∓i) =∑

∥A∓i∥2. Konacno, TrA±A∓ =∑

∥A∓i∥2 = 0 akko ∥A∓i∥ = 0 za svakoi⇒ A∓ = 0.

Resenje 13.7. d(AB)/dλ = limε→0(A(λ+ ε)B(λ+ ε)− A(λ)B(λ))/ε =limε→0(A(λ+ ε)B(λ+ ε)− A(λ)B(λ+ ε) + /ε =limε→0(A(λ+ ε)− A(λ))/εB(λ+ ε) + limε→0A(λ)(B(λ+ ε)−B(λ))/ε =(d(A)/dλ)B + A(d(B)/dλ). Diferencirajuci jednakost AA−1 = I dobija se

93

Page 14: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

94 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

(d(A)/dλ)A−1 + A(d(A−1)/dλ) = 0 ⇒ d(A−1)/dλ = −A−1(d(A)/dλ)A−1.

Resenje 13.8. Uvodeci operator g(A,B, α) = eαBAe−αB i razvijajuci ga oko α = 0dobija se g(A,B, α) =

∑αndng/dαn/n! gde je d0g/dα0 = A, dg/dα = Bg − gB =

[B,A], d2g/dα2 = [B, dg/dα] = [B, [B,A]], . . . Uzimajuci α = 1 dobija se jednakost.

Resenje 13.9. Koristeci resenje prethodnog zadatka uz uslove ovog zadatka dobija se:dT (s)/ds = d(esAesB)/ds = AT (s) + T (s)B = (A+ esABe−sA)T (s) =

(A+B + [A,B]s)T (s) ⇒ T (s) = e(A+B)s+ 12[A,B]s2 .

Resenje 13.10. Za proizvoljni vektor |ψ⟩, operator ρ ga slika u ρ |ψ⟩ =∑

i ωi |ψi⟩⟨ψi |ψ⟩.Tako, svaki vektor iz kodomena operatora ρ je linearna kombinacija ukljucenih stanja |ψi⟩,i R(ρ) < V def.

= span {|ψ ⟩}. Ako je R(ρ) pravi potprostor u V , onda postoji nenulti vektor|x ⟩ iz V takav da vazi ρ |x ⟩ = 0. Onda se moze naci ortonormirani bazis |j ⟩ u V , takavda je | 1 ⟩ =| x ⟩. U ovom bazisu | ψi ⟩ =

∑j cji | j ⟩ i ρ =

∑jj′∑

i cjic∗j′iωi | j ⟩⟨ j′ |,

gde su cji = ⟨ j | ψi⟩. Kako je | 1 ⟩ svojstveni vektor od ρ za svojstvenu vrednost 0,on razapinje jednodimenzionalni invarijantni potprostor od ρ, sto znaci da su matricnielementi u prvoj vrsti i prvoj koloni od ρ jednaki nuli. Posebno, za prvi dijagonalnielement se dobija

∑i c1ic

∗1iωi = 0, a zbog pozitivnosti ωi ovo znaci da su svi koeficijenti

c1i nulti, tj. |x ⟩ = 0, sto je u kontradikciji sa pretpostavkom.

Resenje 13.11. Iz ρ′ =∑

a Pa(A)ρPa(A) se nalazi superoperator ΠAXdef.=∑

a Pa(A)XPa(A).Ovaj superoperator je hermitski: (X,ΠAY ) =

∑aTrX

†Pa(A)Y Pa(A) =∑

aTrPa(A)X†Pa(A)Y =

Tr (∑

a Pa(A)XPa(A))†Y = (ΠAX, Y ). On je takode idempotentan:

ΠAΠAX =∑a,b

Pa(A)Pb(A)XPb(A)Pa(A) =∑a

Pa(A)XPa(A) = ΠAX.

Resenje 13.12. Za stanje koje se ne menja u (neselektivnom) merenju opservableA =

∑a aPa(A) vazi jednakost ρ =

∑a Pa(A)ρPa(A). Mnozeci jednakost svojstvenim

projektorima od A (i sleva i zdesna) dobija seρPa(A) = Pa(A)ρPa(A) = Pa(A)ρ (∀a) ⇔ [Pa(a), ρ] = 0 (∀a) ⇔ [A, ρ] = 0.

Resenje 13.13. Koristeci parcijalnu integraciju, dobija se: (ψ, pφ) =∫ baψ∗pφdx =∫ b

aψ∗(−i~ d

dxφ)dx =

∫ baψ∗(−i~φ′)dx = −i~ψ∗φ|ba +

∫ ba(−i~ψ′)∗φdx = (pψ, φ).

Resenje 13.14. Prva jednakost se lako pokazuje delovanjem na neku funkciju f(x):[x, p]f(x) = i~f(x). Druga jednakost se pokazuje uz pomoc matematicke indukcije: zan = 1 vazi, pretpostavi se da vazi za neko n i uz pomoc [A,BC] = B[A,C] + [A,B]C sedobija [x, pn+1] = pn[x, p]+[x, pn]p = (n+1)i~pn. Treca jednakost se pokazuje razvijanjemfunkcije A u red i koriscenjem prethodne jednakosti. Poslednje dve jednakosti se pokazujuanalogno drugoj i trecoj.

Resenje 13.15. Adjungovani operator od U(a) se nalazi iz definicije, koristeci niz ociglednihjednakosti: (ψ(r), U(a)ψ(r)) =

∫R3 ψ

∗(r)U(a)ψ(r)dr =∫R3 ψ

∗(r)ψ(r−a)dr =∫R3 ψ

∗(r+a)ψ(r)dr = (U(−a)ψ(r), ψ(r)). Odavde je U †(a) = U(−a), pa je U †(a)U(a) = U(a)U †(a) =I. Resenje drugog dela zadatka se dobija razvojem funkcije u red U(a)ψ(r) = ψ(r−a) =

Page 15: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 95

∑∞n=0

1n!(−a)nψ(n)(r) =

∑∞n=0

1n!(−a∇)nψ(r) = exp [−a∇]ψ(r) = exp

[− i

~a(−i~∇)]ψ(r) =

exp[− i

~ap]ψ(r), tj. U(a) = exp

[− i

~ap].

Resenje 13.16. Uzimajuci uopsteno, tj. mesano stanje ρ. Posto je pozitivan opera-tor, ρ ima jedinstven pozitivan koren ρ1/2. Definisuci pomocne operatore A′ = A− ⟨A⟩ρ,B′ = B−⟨B⟩ρ, i A” = ρ1/2A′, B” = ρ1/2B′. Koristeci standardni skalarni proizvod u pros-

toru operatora (X, Y ) = TrA†B, lako je prepoznati Schwartz-ovu nejednakost u izrazu

Tr (A”†A”)Tr (B”†B”) ≥ |TrB”†A”|2. Leva strana je jednaka ∆2ρ(A)∆

2ρ(B), dok u desnoj

zamenjujuci B” dobija se srednja vrednost | ⟨A′B′⟩ρ |2 = |⟨A′B′+B′A′

2

⟩ρ+⟨A′B′−B′A′

2

⟩ρ|2.

Dakle, apsolutna vrednost celog izraza je manja od kvadrata imaginarnog dela, sve za-jedno ∆2

ρ(A)∆2ρ(B) ≥ | ⟨A′B′⟩ρ |2 =

14| ⟨[A′, B′]⟩ρ |2 =

14| ⟨[A,B]⟩ρ |2.

Resenje 13.17. Konstanta C se nalazi iz uslova normiranosti talasne funkcije

1 =∫∞−∞ ψ∗(x)ψ(x)dx = |C|2

∫∞−∞ e−2(x−a

2f )2

dx. Uz smenu x− a→ x dobija se

1 = |C|2∫∞−∞ e−2( x

2f )2

dx = 2|C|2∫∞0

e− 1

2f2x2dx. Koristeci Poisson-ov integral∫∞

0xn−1e−αx

2dx = Γ(n/2)/2αn/2, dobija se 1 = 2|C|2f

√π/2, odakle je konstanta normi-

ranja (do na fazni faktor) C = 1/ 4√f 22π. Za srednju vrednost koordinate, uz koriscenu

smenu odbacujuci integral neparne funkcije u simetricnim granicama, se dobija⟨x⟩ψ =

∫∞−∞ ψ∗(x)xψ(x)dx = a. Slicno za srednju vrednost kvadrata koordinate

⟨x2⟩ψ =∫∞−∞ ψ∗(x)x2ψ(x)dx = a2+ f 2. Dalje, slicno kao za koordinatu, lako je izracunati

srednju vrednost i neodredenost impulsa, rezultati su: ⟨p⟩ψ = b, ⟨p2⟩ψ = b2 + ~2/4f 2 i∆ψp = ~/2f . Racun srednje vrednosti kvadrata impulsa (koji je najkomplikovaniji) semoze uprostiti koristeci se cinjenicom da je impuls hermitski operator⟨p2⟩ψ = ⟨ψ | p2 |ψ ⟩ = (|ψ ⟩, p2 |ψ ⟩) = (p |ψ ⟩, p |ψ ⟩) = |p |ψ ⟩|2 =

∫∞−∞ | − i~ψ′(x)|2dx. Iz

prethodnog se vidi da je a srednja vrednost koordinate, f njena neodredenost a b srednjavrednost impulsa, tj. ⟨x⟩ψ = a, ∆ψx = f i ⟨p⟩ψ = b. Na kraju, talasna funkcija ψ(x) jeminimalni talasni paket zato sto je proizvod neodredenosti koordinate i impulsa jednakdonjoj granici, tj. ∆ψx∆ψp = ~/2.

14.2 Kvantna Dinamika

Resenje 13.18. Polazeci od svojstvene jednakosti H(a) |E(a) ⟩ = E(a) |E(a) ⟩ i diferen-cirajuci je po a, dobija se H ′(a) |E(a) ⟩+H(a) |E(a) ⟩′ = E ′(a) |E(a) ⟩+ E(a) |E(a) ⟩′.Mnozeci poslednju jednakost sa ⟨E(a) | sleva, dobija se⟨E(a) | H ′(a) |E(a) ⟩+ ⟨E(a) | H(a) |E(a) ⟩′ = E ′(a)⟨E(a) | E(a)⟩+E(a)⟨E(a) | E(a)⟩′.Drugi sabirci sa obe strane su jednaki pa se potiru, i ⟨E(a) | E(a)⟩ = 1, odakle se dobijatrazena jednakost.

Resenje 13.19. Polazeci od svojstvenog problema hamiltonijana H | n, λ ⟩ = En | n, λ ⟩i od definicije komutatora [H,A] = HA − AH, lako se pokazuje 13.1. Uvodeci skracenunotaciju, ⟨ n, λ | A | n′, λ′ ⟩ = ⟨A⟩nλ,n′λ′ i ωnn′ = (En − En′)/~, dobija se sledece:⟨[H,p]⟩nλ,n′λ′ = i~ ⟨∇U⟩nλ,n′λ′ = ~ωnn′ ⟨p⟩nλ,n′λ′ i ⟨[H, r]⟩nλ,n′λ′ = −i~ ⟨p⟩nλ,n′λ′ = ~ωnn′ ⟨r⟩nλ,n′λ′

odakle se dobija ⟨F ⟩nλ,n′λ′ = −⟨∇U⟩nλ,n′λ′ = −mω2nn′ ⟨r⟩nλ,n′λ′ .

Page 16: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

96 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

Resenje 13.20. j = 1mRe(ψ∗(r, t)pψ(r, t)) = 1

mRe(ψ∗(r, t)(−i~∇)ψ(r, t))

= 1mRe(ψ∗(r, t)(−i~(ik))ψ(r, t)) = 1

mRe(|C|2(~k)) = ~

m|C|2k.

Resenje 13.21. Lako je videti da ako je energija (E) veca od nekog od potencijala ubeskonacnosti (V±) da je svojstvena funkcija ravan talas sa impulsom k =

√2m(E − V±)/~2

bez granicnih uslova u toj beskonacnosti. Ovo znaci da je cestica slobodna akko je njenaenergija veca od minimuma potencijala u beskonacnosti. Zakljucak je da je stanje vezanoakko V+ > E.

Resenje 13.22. Pretpostavlja se suprotno. Dakle, neka postoje dva fizicki razlicita stanja(nelinearna) ψ1(x) i ψ2(x) da imaju istu energiju. Onda se za bilo koji potencijal V (x)ima ψ′′

1/ψ1 = 2m(E − V (x))/~2 = ψ′′2/ψ2 sto dovodi do jednacine (ψ′

1ψ2 − ψ1ψ′2)

′ = 0.Integraljeci poslednju jednakost, dobija se ψ′

1ψ2 − ψ1ψ′2 = C za svako x. Konstanta C je

nula zato sto funkcija stanja, pa i prvi izvod, za vezana stanja tezi nuli u beskonacnostima.Dalje, integraljeci ψ′

1/ψ1 = ψ′2/ψ2 dobija se ψ1 = Aψ2, ali zato sto su stanja normirana,

konstanta A je fazni faktor, sto znaci da stanja ψ1(x) i ψ2(x) opisuju isto fizicko stanje,sto je u suprotnosti sa pretpostavkom.

Resenje 13.23. Posmatraju se dve funkcije ψn(x) i ψn+1(x) za svojstvene vrednostiEn < En+1. Svojstvene jednacine za oba stanja su ψ′′

n + 2m(En − V )ψn/~2 = 0 iψ′′n+1 + 2m(En+1 − V )ψn+1/~2 = 0. Neka je ω = (En+1 − En)/~ > 0. Mnozeci prvu

jednakost sa ψn+1 a drugu sa ψn, oduzimajuci ih i integraljeci u intervalu (a, b), dobija se

(ψ′nψn+1−ψ′

n+1ψn)|ba = 2m~ ω

∫ baψn+1ψndx. Dalje se uzima da su tacke a i b nule funkcije ψn,

odakle se dobija ψ′nψn+1|ba = 2m

~ ω∫ baψn+1ψndx. Posto funkcija ψn ima isti znak izmedu

a i b, odakle suprotni znak prvog izvoda, tako znak desne strane zavisi od znaka funkcijeψn+1. Tako, ako funkcija ψn+1 ne menja znak izmedu a i b, onda bi leva i desna stranabile suprotnog znaka, odakle sledi da ψn+1 mora da ima bar jednu nulu izmedu a i b.

Resenje 13.24. Vezana stanja su nedegenerisana (videti zadatak 13.22) pa Schrodi-nger-ova i prostorno invertovana Schrodinger-ova jednacina su H(x)ψ(x) = Eψ(x) iH(x)ψ(−x) = Eψ(−x) i daju fizicki isto stanje, odakle se vidi da se normirane funkcijerazlikuju do na fazni faktor, tj. ψ(−x) = eiϕψ(x). Iz niza jednakosti ψ(x) = ψ(−(−x)) =eiϕψ(−x) = e2iϕψ(x), sledi e2iϕ = 1, tj. 2ϕ = 2nπ odakle eiϕ = ±1.

Resenje 13.25. Neka je a tacka skoka potencijala. Integraljeci vremenski nezavisnu Sc-hrodinger-ovu jednacinu oko tacke prekida u intervalu (a− ε, a+ ε) dobija se− ~2

2m(ψ′(a + ε) − ψ′(a − ε)) +

∫ a+εa−ε V (x)ψ(x)dx = E

∫ a+εa−ε ψ(x)dx. Integral zdesna je,

koristeci teorem o srednjoj vrednosti, proporcionalan ε, i takode integral sleva je propor-cionalan ε koristeci cinjenicu da je skok potencijala konacan. Iz poslednjih argumenata iuzimajuci limes kada ε→ 0 sledi da je prvi izvod neprekidan. U drugom slucaju poslednjajednakost je − ~2

2m(ψ′(a + ε) − ψ′(a − ε)) + αψ(a) = E

∫ a+εa−ε ψ(x)dx, pa uz argumente iz

proslog slucaja, prvi izvod ima skok ψ′(a+)− ψ′(a−) = 2mα~2 ψ(a).

Resenje 13.26. Za vezana stanja, spektar je diskretan. Koristeci rezultat zadataka 13.21,vezana stanja imaju energiju ispod minimalnog potencijala u beskonacnosti. Takode,koristi se to da su funkcije neprekidne a prvi izvod da nema prekid osim u tackama gde suDirac-ove delta funkcije (videti zadatak 13.25). Dodatno, oznake funkcija su indeksirane

Page 17: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 97

rimskim brojevima oblasti cije su granice skokovi potencijala polazeci od x = −∞. Tako:

1. za E < 0 funkcije po oblastima su ψI(x) = A1eκx + B1e

−κx i ψII(x) = A2eκx +

B2e−κx, gde je κ =

√2m|E|/~2. Konstante B1 i A2 moraju da budu jednake nuli da

bi funkcija imala konacnu normu. Takode, zbog neprekidnosti funkcije mora da vaziA1 = A = B2. Jednacina za skok prvog izvoda daje 2(κ −mα/~2)A = 0, odakle se(A = 0) dobija disperziona jednacina κ = mα/~2, tj. E = −mα2/2~2. Normiranjemfunkcije se dobija (do na fazni faktor) A =

√κ, tj. ψ(x) =

√2mα/~2e−2mα|x|/~2 .

2. za E > 0 funkcija je nula van oblasti (0, a), dok je u ogranicenoj oblasti pogodnofunkciju napisati kao linearnu kombinaciju sinusa i kosinusa. Dakle, u ovom slucajupogodan je oblik ψ(x) = A sin(kx)+B cos(kx). Neprekidnost funkcije u x = 0 dajeB = 0, dok neprekidnost u x = a daje k = nπ/a, gde je n ∈ N. Iz poslednjegE = (~2/2m)(nπ/a)2. Normirajuci funkciju na 1, dobija se do na fazni faktorA =

√2/a, tj. ψn(a) =

√2/a sin[(nπ/a)x].

3. za E > 0 funkcija je nula van oblasti (−a, a). Funkcije po oblastima je pogodnonapisati u obliku ψI(x) = A1 sin[k(x+ a)] +B1 cos[k(x+ a)] iψII(x) = A2 sin[k(x − a)] + B2 cos[k(x − a)], gde je k =

√2mE/~2. Neprekidnost

funkcije u tackama x = ±a daje Bi = 0. Neprekidnost funkcije u x = 0 dovodi doresenja ψ(x) = A sin[k(|x| − a)]. Iz jednakosti za skok prvog izvoda u x = 0 dobijase disperziona jednakost tg(ka) = −k~2/mα koja ima beskonacno mnogo diskretnihresenja. Normiranjem funkcije na 1 dobija se konacno resenjeψ(x) = 1√

a−sin(2ka)/2ksin[k(|x| − a)].

4. za 0 > E > −V0 stanja su vezana. Funkcije po oblastima su ψI(x) = A1eκ(x+a) +

B1e−κ(x+a), ψII(x) = A2 cos(kx) + B2 sin(kx) i ψIII(x) = A3e

κ(x−a) + B3e−κ(x−a),

gde su κ =√2m|E|/~2 i k =

√2m(V0 − |E|)/~2. Posto funkcija mora da bude

konace norme, to konstante B1 i A3 moraju da budu anulirane. Iz neprekidnostifunkcije i prvog izvoda u x = −a i x = a, respektivno, dobijaju se jednacine A1 =A2 cos(ka)−B2 sin(ka), αA1 = A2 sin(ka)+B2 cos(ka), B3 = A2 cos(ka)+B2 sin(ka)i −αB3 = −A2 sin(ka) + B2 cos(ka), gde je α = κ/k. Nenulto resenje postoji akkoje determinanta sistema jednaka nuli (disperziona relacija), tj. tg(ka) = ±α±1.Potrebno je grafickim resavanjem analizirati razlicita resenja. Tako, za tg(ka) = α,tj. tg(

√2m(V0 − |E|)/~2a) =

√|E|/(V0 − |E|), dobija se da bar jedno resenje uvek

postoji. Dalje, deljenjem, npr. prve i druge jednacine dobijene iz granicnih uslova,dobija se da konstanta B2 u tom slucaju mora biti jednaka nuli. Unoseci poslednjirezultat u jednacine dobija se parno resenje (uz normiranje talasne funkcije)

ψ+(x) =1√

a+cos2(ka)/κ+sin(2ka)/2k

{cos(ka)e−κ(|x|−a) , |x| > acos(kx) , |x| < a

. Dok u drugom slucaju

tg(ka) = −1/α, tj. tg(√2m(V0 − |E|)/~2a) = −

√(V0 − |E|)/|E|, dobija se da bar

jedno resenje postoji akko su konstante u takvom odnosu da vazi√

2mV0/~2a > π/2.Dalje, deljenjem, npr. prve i druge jednacine dobijene iz granicnih uslova, dobijase da konstanta A2 u tom slucaju mora biti jednaka nuli. Uz poslednji rezultatjednacine daju neparno resenje (uz normiranje talasne funkcije)

Page 18: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

98 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

ψ−(x) =1√

a+sin2(ka)/κ−sin(2ka)/2k

{sgn(x) sin(ka)e−κ(|x|−a) , |x| > asin(kx) , |x| < a

. Npr. za elek-

tron u jami a = 1A potrebno je da jama bude dublja od 9.4eV da bi postojaloneparno stanje.

5. za 0 > E > −V0 stanja su vezana. Funkcija za x < 0 je nula. Za 0 < x <a funkcija je linearna kombinacija ψI(x) = A1 sin(ka) + B1 cos(ka), gde je k =√

2m(V0 − |E|)/~2. Zbog neprekidnosti funkcije u x = 0 dobija se B1 = 0. Za

x > a funkcija je ψII(x) = A2e−κ(x−a) + B2e

κ(x−a), gde je κ =√2m|E|/~2. Za-

htev za konacnu normu funkcije anulira konstantu B2. Neprekidnost funkcije i prvogizvoda u x = a daje, respektivno, jednakosti A1 sin(ka) = A2 i kA1 cos(ka) = −κA2.Deljenjem jednakosti se dobija tg(ka) = −k/κ, tj. tg(

√2m(V0 − |E|)/~2a) =

−√

(V0 − |E|)/|E|. Isto kao u prethodnom slucaju za neparna resenja, resenje pos-

toji akko vazi√2mV0/~2a > π/2, i ono je posle normiranja

ψ(x) =√2√

a+sin2(ka)/κ−sin(2ka)/2k

{sin(ka)e−κ(|x|−a) , x > asin(kx) , 0 < x < a

.

0 V1

0

2

0

2

n=3

n=1

n=2

n=0

E

Slika 14.1: Tanke linije su familija funkcija 12

[arctg

(√V1−EE

)+ arctg

(√V2−EE

)]+ nπ

2.

Debela linija je funkcija√

2mE~2 a. Kruzici su svojstvene energije cestice. Tanke linije u

E = V1 imaju vrednosti 12arctg

(√V2−V1V1

)+ nπ

2dok debela ima vrednost

√2mV1~2 a, pa

resenje za n parno postoji ako vazi√

2mV1~2 a > 1

2arctg

(√V2−V1V1

)dok za n neparno postoji

u slucaju√

2mV1~2 a > 1

2arctg

(√V2−V1V1

)+ π

2.

6. za E < V1 < V2 stanja su vezana. Funkcije po oblastima su ψI(x) = A1eκ−(x+a) +

B1e−κ−(x+a), ψII(x) = A2 sin(kx)+B2 cos(kx) i ψIII(x) = A3e

−κ+(x−a)+B3eκ+(x−a),

Page 19: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 99

gde su κ− =√

2m(V1 − E)/~2, k =√2mE/~2 i κ+ =

√2m(V2 − E)/~2. Zbog

konacne norme funkcije vazi B1 = 0 = B3. Neprekidnost funkcije i prvog izvodau tackama x = −a i x = a, respektivno, daje jednacine A1 = −A2 sin(ka) +B2 cos(ka), κ−A1 = kA2 cos(ka) + kB2 sin(ka), A3 = A2 sin(ka) + B2 cos(ka) i−κ+A3 = kA2 cos(ka)− kB2 sin(ka). Da bi postojalo nenulto resenje determinantasistema jednacina mora da bude jednaka nuli, tj. tg(2ka) = k(κ−+κ+)/(k

2−κ−κ+).Uvodeci smenu tg(α±) = κ±/k =

√(V2/1 − E)/E, gde su α± ∈ (0, π/2), resenje

je ka = (α− + α+)/2 + nπ/2. Grafickim resavanjem se dobija diskretan spektar iuslovi za postojanje resenja su dati u zaglavlju slike 14.1. Uporediti sa prethodnimslucajevima V1 = V2 = V0 i sa V2 = ∞ a V1 = V0.

7. Stanja su vezana za svako E > 0. Izdvajaju se dva slucaja energija E < V0 iE > V0. U prvom slucaju funkcije po oblastima se mogu napisati u obliku ψI =A1 sin kx + B1 cos kx i ψII = A2shκ(b− x) + B2chκ(b− x), gde su k =

√2mE/~2

i κ =√2m(V0 − E)/~2. Funkcija u oblastima x < 0 i x > b mora biti nula odakle

zbog kontinuiteta B1 = 0 = B2. Neprekidnost funkcije i prvog izvoda u tacki x = adaje, respektivno, jednacine A1 sin ka = A2shκ(b− a) i kA1 cos ka = −κA2chκ(b−a) odakle se dobija disperziona relacija −κ

ktgka = thκ(x − a). Za drugi slucaj

rezultati su analogni prethodnim uz zamenu hiperbolickih funkcija odgovarajucimtrigonometrijskim.

8. Stanja su vezana za svako E > 0. Izdvajaju se tri slucaja energija E > V2, V1 <E < V2 i 0 < E < V1. U prvom slucaju funkcije po oblastima se mogu napisatiu obliku ψI = A1 sin k0x + B1 cos k0x, ψII = A2 sin k2(b − x) + B2 cos k2(b − x)i ψIII = A3 sin k1(c − x) + B3 cos k3(c − x), gde su k0 =

√2mE/~2 i k1/2 =√

2m(E − V1/2)/~2. Funkcija u oblastima x < 0 i x > c mora biti nula odakle zbogkontinuiteta B1 = 0 = B3. Iz uslova neprekidnosti funkcije i prvog izvoda u tackamax = a i x = b, respektivno, dobijaju se jednacine A2 sin k2(b−a)+B2 cos k2(b−a) =A1 sin k0a, −k2A2 cos k2(b−a)+k2B2 sin k2(b−a) = k0A1 cos k0a, B2 = A3 sin k1(c−b) i −k2A2 = −k1A3 cos k1(c − b). Dalje, da bi postojalo netrivijalno resenje deter-minanta sistema mora da bude jednaka nuli, odakle se dobija disperziona relacija− 1k1tgk1(c − b) = ( 1

k0tgk0a + 1

k2tgk2(b − a))/(1 − k2

k0tgk0atgk2(b − a)). U slucaju

V1 < E < V2 rezultat se dobija zamenjujuci u prethodnom rezultatu k2 sa ik2, dokse za slucaj 0 < E < V1 resenje dobija prethodnom zamenom zajedno sa k1 → ik1.

Resenje 13.27. Stanja su vezana za E < 0. Talasna funkcija za x < 0 je nula. Funkcija za0 < x < a je ψI(x) = A1shκx+B1chκx dok je za x > a ψII(x) = A2e

κ(x−a) +B2e−κ(x−a),

gde je κ =√2m|E|/~2. Zbog kontinualnosti u x = 0 konstanta B1 mora da bude nula.

Konstanta A2 mora da bude jednaka nuli da bi funkcija imala konacnu normu. Takode,zbog neprekidnosti funkcije u x = a mora da vazi A1shκa = Ashκa = B2. Jednacina zaskok prvog izvoda, uz neznatno sredivanje, daje 1 − ~2κ

mα= e−2aκ. Resenje postoji ako je

~2κmα

< 1, tj. broj resenja je nula ako je ~2κmα

> 1, a postoji jedno resenje za ~2κmα

< 1.

Resenje 13.28. Srednja vrednost hamiltonijana u ovom stanju je (potencijal je nula u

intervalu x ∈ (0, a)) ⟨ ψ | H | ψ ⟩ =∫ a0ψ(x)

(− ~2

2md2

dx2

)ψ(x)dx. Potrebno je izracunati

Page 20: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

100 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

drugi izvod funkcije. Prvi izvod je ψ′(x) = 4a2[θ(x)− 2θ(x− a/2) + θ(x− a)] , odakle je

drugi izvod ψ′′(x) = 4a2[δ(x)− 2δ(x− a/2) + δ(x− a)] . Konacno, ⟨ψ | H |ψ ⟩ = 8~2

ma3.

Resenje 13.29. U slucaju potencijala V1 funkcije po oblastima su ψI = A1eikx +B1e

−ikx

i ψII = A2eikx + B2e

−ikx, gde je k =√2mE/~2. Posto cestice nailaze sleva, mora da

vazi B2 = 0. Neprekidnost funkcije u x = 0 daje jednakost A1 + B1 = A2, dok jednakostza prekid prvog izvoda u slucaju delta funkcije daje ikA1 − ikB1 − ikA2 = −2mα

~2 A2, tj.A1 − B1 = (1 + i2mα

k~2 )A2. Iz dve jednakosti se dobija A1 = (1 + imαk~2 )A2 i B1 = −imα

k~2A2

odakle su koeficijenti T = 1/(1 +

(mαk~2)2)

i R =(mαk~2)2/(1 +

(mαk~2)2)

.

U slucaju potencijala V4 funkcije po oblastima je pogodno napisati u obliku ψI = A1eik(x+a)+

B1e−ik(x+a), ψII = A2 sin k0x + B2 cos k0x i ψIII = A3e

ik(x−a) + B3e−ik(x−a) gde su k =√

2mE/~2 i k0 =√2m(E + V0)/~2. Iz uslova zadatka, cestica nailazi sa strane x = −∞,

sledi da u trecoj oblasti ne postoji talas koji se krece od x = ∞ ka jami, tj. B3 = 0.Iz neprekidnosti funkcije i prvog izvoda u tackama x = −a i x = a, respektivno, do-bijaju jednacine A1 + B1 = −A2 sin k0a + B2 cos k0a, ikA1 − ikB1 = k0A2 cos k0a +k0B2 sin k0a, A3 = A2 sin k0a+B2 cos k0a i ikA3 = k0A2 cos k0a− k0B2 sin k0a. Konstantekoje su potrebne su A1, B1 i A3. Prve dve se mogu izraziti preko poslednje kao

A1 =[2kk0 cos(2k0a)− i

(k2 + k20

)sin(2k0a)

]A3/2kk0, B1 = −i

(k2 − k20

)sin(2k0a)A3/2kk0

pa su koeficijenti transmisije i refleksije

T =4k2k20

4k2k20 + (k2 − k20)2 sin2 (2k0a)

, R =(k2 − k20)

2 sin2 (2k0a)

4k2k20 + (k2 − k20)2 sin2 (2k0a)

.

Za slucaj potencijala −V4 i E > V0 dovoljno je napraviti u poslednjem resenju za-menu V0 → −V0 dok je u slucaju E < V0 potrebno napraviti zamene k0 → ik0 =√2m(V0 − E)/~2 i sin(2k0a) → i sh(2k0a), tako da je resenje za koeficijent transmisije

T =4k2k20

4k2k20 + (k2 + k20)2sh2 (2k0a)

=4E(V0 − E)

4E(V0 − E) + V 20 sh

2(ad

) ,gde je d = 1/2k0 = ~/

√8m(V0 − E) dubina penetracije cestice. Koeficijent transmisije

je nezanemarljiv u slucaju a/d ≈ 1 dok u slucaju d≪ a koeficijent transmisije postaje

T ≈ 16E(V0 − E)

V 20

e−2ad .

Korisno je primetiti da u klasicnom slucaju ~ → 0 koeficijent transmisije tezi nuli.U poslednjem slucaju potencijala V6 funkcije po oblastima je pogodno napisati u oblikuψI = A+

1 eik1(x+a) + A−

1 e−ik1(x+a), ψII = A−

2 sin k0x + A+2 cos k0x i ψIII = A+

3 eik2(x−a) +

A−3 e

−ik2(x−a) gde su k0 =√

2mE/~2 i ki =√

2m(E + Vi)/~2. Uslov da cestica nailazi sastrane x = −∞ povlaci A−

3 = 0. Iz neprekidnosti funkcije i prvog izvoda u tackama x =−a i x = a, respektivno, dobijaju se jednacineA+

1 +A−1 = −A−

2 sin k0a+A+2 cos k0a, ik1A

+1 −

ik1A−1 = k0A

−2 cos k0a+k0A

+2 sin k0a, A

+3 = A−

2 sin k0a+A+2 cos k0a i ik2A

+3 = k0A

−2 cos k0a−

k0A+2 sin k0a. Za konstante A+

1 i A−1 izrazene preko A+

3 se dobija

A±1 =

[k0(k1 ± k2) cos(2k0a)∓ i

(k20 ± k1k2

)sin(2k0a)

]A+

3 /2k0k1,

Page 21: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 101

odakle se za koeficijente transmisije i refleksije dobija

T =4k20k1k2

k20(k1 + k2)2 + (k20 − k21) (k20 − k22) sin

2 (2k0a),

R =k20(k1 − k2)

2 + (k20 − k21) (k20 − k22) sin

2 (2k0a)

k20(k1 + k2)2 + (k20 − k21) (k20 − k22) sin

2 (2k0a).

Uporediti ovaj rezultat sa prethodnim (k1 = k2), i u sva tri slucaja proveriti jednakostT +R = 1.

Resenje 13.30. Funkcija u oblasti −b < x < 0 je oblika ψI(x) = A sin(βx) + B cos(βx),dok je u oblasti 0 < x < a oblika ψII(x) = C sin(αx) +D cos(αx), gde su α =

√2mE/~2

i β =√2m(E − V0)/~2. Zbog periodicnosti potencijala, funkcija u oblasti a < x < d =

a+b je ψIII(x) = eikdψI(x) = eikd{A sin[β(x−d)]+B cos[β(x−d)]}. Neprekidnost funkcijei prvog izvoda u tackama x = 0 i x = a, respektivno, dovodi do jednakosti B = D, βA =αC, eikd[−A sin(βb)+B cos(βb)] = C sin(αa)+D cos(αa) i βeikd[A cos(βb)+B sin(βb)] =α[C cos(αa)−D sin(αa)]. Zamenjujuci konstante C i D iz prve dve jednakosti u poslednjedve dobijaju se jednacine

A[−αeikd sin(βb)− β sin(αa)] +B[αeikd cos(βb)− α cos(αa)] = 0 i

A[βeikd cos(βb)− β cos(αa)] +B[βeikd sin(βb) + α sin(αa)] = 0.

Izjednacavajuci determinantu sistema sa nulom dobija se disperziona jednacina

cos(kd) = cos(αa) cos(βb)− α2 + β2

2αβsin(αa) sin(βb).

U slucaju kada je V0 > E najjednostavnije je napraviti zamene β → iβ, cos(βb) → ch(βb)i sin(βb) → i sh(βb) odakle se u ovom slucaju dobija disperziona jednacina

cos(kd) = cos(αa)ch(βb)− α2 − β2

2αβsin(αa)sh(βb).

Uzimajuci granicnu vrednost b → 0, V0 → ∞ zajedno sa bV0 = P~2/ma (sto odgovaraperiodicnom potencijalu V (x) = (P~2/ma)

∑n δ(x− na)), poslednja jednakost postaje

cos(ka) = cos(αa) + Psin(αa)

αa.

Kvantni broj k je tzv. kvaziimpuls. Resenja ove jednacine postoje ako desna strana jed-nakosti zadovoljava uslov −1 ≤ cos(αa) + P sin(αa)

αa≤ 1 i daju energetske zone (svojstvene

energije cestice) prikazane na slici 14.2 zajedno sa objasnjenim pojedinostima.

Resenje 13.31. Schrodinger-ova jednacina cestice u ovom potencijalu je

d2ψ(h)

dh2− 2m2g

~2

(h− E

mg

)ψ(h) = 0.

Page 22: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

102 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

-1 0 10

5

10

15

20

a

P sin( a)/ a + cos( a)

GAP

0

100

200

2 0

E (2

m a

2 /(h/2

)2 )

k a

GAP

Slika 14.2: Prikazan je slucaj P = 5. Energija cestice u okviru jedne zone moze konti-nualno da se menja. GAP je energetski procep u zonama koji cestica mora da preskoci dabi imala energiju u okviru prve sledece zone. Levo: zavisnost funkcije cos(αa) + P sin(αa)

αa

od αa. Crveni srafirani deo je zabranjen. Desno: podebljane linije su zavisnost ene-rgije (pomnozene odredenim konstantama da bi se dobila bezdimenziona velicina) odkvaziimpulsa (pomnozenog translacionim periodom a). Crvene tanke isprekidane linije suenergije slobodne cestice (parabola ~2(k − 2nπ/a)2/2m, gde je n ∈ Z i zadovoljava uslov0 ≤ ka − 2nπ < 2π). Crne podebljane linije su energije koje ulaze u tzv. ireducibilnidomen (deo iz koga se mogu generisati cele energetske zone). Vidi se da se degeneracijeparabole u tackama 0, π i 2π ukidaju. Ove tacke se zovu specijalne tacke (tacke povecanesimetrije-u ovom slucaju prostorna inverzija (x → −x i k → −k) ). Takode se vidi da jerazlika energija cestice od energija slobodne cestice najveca u specijalnim tackama.

Spektar je ocigledno kontinualan. Uvodeci smenu

α =

(2m2g

~2

) 13

, xE = α

(h− E

mg

)dobija se jednacina

d2ψ(xE)

dx2E− xEψ(xE) = 0

cije resenje, koje je konacno za xE → −∞, je ψ = CAi(xE), gde je C konstanta normi-ranja i Ai(xE) = (1/π)

∫∞0

cos(u3/3− uxE)du Airy-jeva funkcija.Drugi nacin resavanja ovog zadatka je u impulsnoj reprezentaciji. Schrodinger-ova jednacinaje tada

p2

2mψE(p) + img~

dψE(p)

dp= EψE(p).

Resenje ove jednacine je

ψE(p) = Aexp

[i

mg~

(p3

6m− Ep

)].

Page 23: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 103

Normiranjem resenja na Dirac-ovu delta funkciju dobija se do na fazni faktor A =(2π)−1/2. Svojstveno stanje u koordinatnoj reprezentaciji se dobija Fourier-ovom transfor-

macijom ψE(h) = (2π~)−1/2∫∞−∞ ψE(p)e

i(p/~)hdp. Uvodeci smene

α =

(2m2g

~2

) 13

, u =p

α~i xE = α

(h− E

mg

),

za resenje se dobija

ψ(xE) =α√~

∫ ∞

−∞exp

[i

(u3

3+ uxE

)]du =

α√~

π

∫ ∞

0

cos

(u3

3+ uxE

)du = α

√~Ai(xE).

Resenje 13.32. (a) Funkcija je ψ<(x) = A+eiαx + A−e

−iαx za x < 0 i ψ>(x) = B+eiβx +

B−e−iβx za x > 0, gde su α =

√2m(E + V0)/~2 i β =

√2mE/~2. Posto elektron dolazi iz

metala to je B− = 0. Granicni uslov u x = 0 za funkciju i njen izvod daje jednacine A++A− = B+ i α(A+−A−) = βB+. Resenje jednacina je A+ = 1

2(1+ β

α)B+ i A− = 1

2(1− β

α)B+,

odakle su koeficijenti refleksije R =∣∣∣A−A+

∣∣∣2 = (α−β)2(α+β)2

i transmisije T =∣∣∣B+

A+

∣∣∣2 βα= 4αβ

(α+β)2.

Zanimljiva su dva granicna slucaja: (i) klasican, kada je E ≫ V0 onda je R = 1−T ≈ V 20

16E2

i (ii) kada je 0 < E ≪ V0 onda je R = 1−T ≈ 1−4√

EV0. Za uobicajene metale V0 ≈ 10eV

i energiju elektrona E = 0.1eV koeficijent refleksije je R ≈ 90%.(b) Funkcija je ψ<(x) = A+e

iαx+A−e−iαx za x < 0 i ψ>(x) = B+e

βx+B−e−βx za x > 0, gde

su α =√2m(V0 − |E|)/~2 i β =

√2m|E|/~2. Da bi funkcija bila konacna kada x → ∞

mora da bude B+ = 0. Granicni uslov u x = 0 za funkciju i njen izvod daje jednacineA+ + A− = B− i iα(A+ −A−) = −βB−. Resenje jednacina je A+ = 1

2(1 + iβ

α)B− i A− =

12(1− iβ

α)B−. Odavde je koeficijent refleksije R = 1. Koeficijent transmisije je nula bilo iz

razloga T = 1−R bilo zato sto je transmitovana struja jednaka nuli. Ovaj rezultat se slazesa klasicnim: ako cestica ima manju energiju od barijere bice reflektovana sa sigurnoscu.Medutim, ono sto je novi rezultat je to sto je gustina verovatnoce nalazenja elektrona vanmetala nenulta i iznosi |ψ>|2 = 4|A+|2 V0−|E|

|E| e−2βx gde je 1/2β dubina prodiranja elektronau okolnu sredinu.

Resenje 13.33. Funkcija je ψ<(x) = A+eiαx + A−e

−iαx za x < 0 i ψ>(x) = B+eiβx +

B−e−iβx za x > 0, gde su α =

√2m(E + V0)/~2 i β =

√2mE/~2. Posto elektron dolazi

izvan metala to je A+ = 0. Granicni uslov u x = 0 za funkciju i njen izvod daje jednacineB+ + B− = A− i β(B+ − B−) = −αA−. Resenje jednacina je B+ = 1

2(1 − α

β)A− i

B− = 12(1 + α

β)A−, odakle su koeficijenti refleksije R =

∣∣∣B+

B−

∣∣∣2 = (β−α)2(β+α)2

i transmisije

T =∣∣∣A−B−

∣∣∣2 αβ= 4αβ

(β+α)2. Dalje je koeficijent refleksije R =

(1−

√1+

V0E

1+√

1+V0E

)2

= 0.64 sto je vece

od verovatnoce (0.36) ulaska u metal. Sto je veca energija upadnog elektrona to je manjeverovatna refleksija. Kao primer, verovatnoca reflektovanja elektrona koji bombardujuanodu u Rontgen-ovoj tubi (V0 ≈ 10eV i E ≈ 105eV) je aproksimativno 6.2× 10−10.

Resenje 13.34. Sistem je konzervativan pa cestica prolazi kroz barijeru sa konstantnomenergijom. Koeficijenti transmisije Ti kroz zahvacene regione su aproksimativno nezavisni,

Page 24: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

104 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

sto znaci da je koeficijent transmisije kroz celu barijeru dat proizvodom

T =∏i

Ti = exp

[−1

~∑i

√8m(V (xi)− E)∆xi

].

Smanjujuci podelu intervala [x1, x2] dovoljno da je zadovoljen uslov di ≪ ∆xi dobija seaproksimativna formula, tzv. Gamow-ov faktor propustljivosti

T = exp

[−1

~

∫ x2

x1

√8m(V (x)− E)dx

].

Resenje 13.35. Ukupna sila koja deluje na elektron izvan metala je F = eE − e2/4x2,odakle je potencijal u kome se krece elektron van metala V (x) = −eEx − e2/4x, dokje u metalu potencijal −V0. Van metala potencijal ima maksimum Vmax = −

√e3E u

tacki xmax =√e/4E . Vidi se da se maksimum potencijala smanjuje sa povecanjem jacine

elektricnog polja. U klasicnom slucaju svi elektroni koji nalecu iz metala sa energijomVmax < E < 0 izlaze van, dok oni sa energijom V0 < E < Vmax izlaze do tacke udara ubarijeru x1 = (|E| −

√E2 − e3E)/2eE . Medutim, u kvantnom slucaju, zbog tunel efekta,

postoji nenulta verovatnoca da i elektroni sa energijom manjom od maksimuma barijereizadu van metala. U tom slucaju, Gamow-ov faktor je

T = exp

[−1

~

∫ x2

x1

√8m(|E| − eEx− e2/4x)dx

],

gde su

x1/2 =|E| ∓

√E2 − e3E

2eE.

Uvodeci novu promenjivu z = eE|E|x dobija se

T = exp

[−√

8m|E|3~eE

ϕ(y)

],

gde su

ϕ(y) =

∫ z2

z1

√1− z − y2

zdz, y =

√e3E

2|E|i z1/2 =

eE|E|

x1/2.

Neka je J0 fluks elektrona koji nailaze iz unutrasnjosti na povrs metala, tada je intenzitetstruje hladne emisije

J(E) = J0T = J0exp

[−√8m|E|3~eE

ϕ(y)

],

gde je usrednjavanje po energijama provodnih elektrona (na datoj temperaturi). Ako sezanemari dejstvo sile slike elektrona dobija se ϕ = 2/3, pa je fluks

J(E) = J0exp

[−4

3

√2m|E|3~eE

].

Page 25: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 105

Resenje 13.36. Nekoliko puta ce biti koriscen Poisson-ov integral∫∞−∞ xn−1e−αx

2dx =

12(1− (−1)n)α−n/2Γ(n/2). Iz normiranja stanja na jedinicu

1 = ⟨ψt=0|ψt=0⟩ =∫ ∞

−∞|A|2 exp

[−(x− x0)

2

a2

]dx = |A|2a

∫ ∞

−∞exp

(−y2

)dy = |A|2a

√π,

dobija se do na fazni faktor A = 1/4√a2π. Da bi se dobilo stanje u trenutku t potrebno je

prvo razviti stanje ψ(x, t = 0) po svojstvenim stanjima slobodne cestice (H = p2

2m, Ep =

p2

2m) ⟨x|λp⟩ = 1√

2π~eiλ p

~x, gde je 0 < p ∈ R i λ = ±1 prebrojava degeneraciju. Razvoj je

|ψt=0⟩ =∑λ=±1

∫ ∞

0

⟨λp|ψt=0⟩|λp⟩dp,

gde su koeficijenti

⟨λp|ψt=0⟩ =∫ ∞

−∞⟨λp|x⟩⟨x|ψt=0⟩dx =

=

∫ ∞

−∞

1√2π~

e−iλ p~x

14√a2π

e−(x−x0)

2

2a2+i

mv0~ xdx =

1√2π~ 4

√a2π

∫ ∞

−∞e−

(x−x0)2

2a2−i

λp−mv0~ xdx.

Da bi se resio integral potrebno je transformisati eksponent na sledeci nacin

−(x− x0)2

2a2−iλp−mv0

~x = − 1

2a2

(x− x0 − i

λp−mv0~

a2)2

−a2

2

(λp−mv0

~

)2

−iλp−mv0

~x0,

odakle su koeficijenti

⟨λp|ψt=0⟩ =√

a

~√πexp

[−a

2

2

(λp−mv0

~

)2

− iλp−mv0

~x0

].

Dalje, stanje u trenutku t je

ψ(x, t) =∑λ=±1

∫ ∞

0

⟨λp|ψt=0⟩e−i~Ept⟨x|λp⟩dp =

∫ ∞

−∞

√a

~√πexp

[−a

2

2

(p−mv0

~

)2

− ip−mv0

~x0

]exp

[− i

~p2

2mt

]1√2π~

exp[ip

~x]dp =

√a

~√π

1√2π~

exp

−a2~2(x− x0 − v0t)2 − i

(a4mv0~(2x− v0t) +

~3tm

((x− x0)2 + 2x0v0t)

)2~2

(a4 + ~2t2

m2

∫ ∞

−∞exp

− 1

2~2

(a2 + i

~tm

)(p− a2mv0 + i~(x− x0)

a2 + i~tm

)2 dp =

√a/

√π

a2 + i~tm

exp

−a2~2(x− x0 − v0t)2 − i

(a4mv0~(2x− v0t) +

~3tm

((x− x0)2 + 2x0v0t)

)2~2

(a4 + ~2t2

m2

) .

Page 26: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

106 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

U narednim izracunavanjima je koriscena smena x − x0 − v0t → x. Srednja vrednostkoordinate u stanju ψ(x, t) je

⟨x⟩ψ,t =∫ ∞

−∞ψ∗(x, t)xψ(x, t)dx =

∫ ∞

−∞x

a/√π√

a4 + ~2t2m2

exp

[−a

2(x− x0 − v0t)2

a4 + ~2t2m2

]dx =

∫ ∞

−∞(x+ x0 + v0t)

a/√π√

a4 + ~2t2m2

exp

[− a2x2

a4 + ~2t2m2

]dx = x0 + v0t.

Srednja vrednost kvadrata koordinate u stanju ψ(x, t) je

⟨x2⟩ψ,t =∫ ∞

−∞ψ∗(x, t)x2ψ(x, t)dx =

∫ ∞

−∞x2

a/√π√

a4 + ~2t2m2

exp

[−a

2(x− x0 − v0t)2

a4 + ~2t2m2

]dx =

∫ ∞

−∞(x2+2x(x0+v0t)+(x0+v0t)

2)a/

√π√

a4 + ~2t2m2

exp

[− a2x2

a4 + ~2t2m2

]dx =

a2

2+

(~tam

)2

+(x0+v0t)2.

Dakle, neodredenost koordinate raste sa vremenom kao

∆ψ,tx =

√a2

2+

(~tam

)2

.

Srednja vrednost impulsa u stanju ψ(x, t) je

⟨p⟩ψ,t =∫ ∞

−∞ψ∗(x, t)(−i~ψ′(x, t))dx =

i~∫ ∞

−∞

a/√π√

a4 + ~2t2m2

2a2~2x− i(2a4mv0~+ ~3t

m2(x+ v0t)

)2~2

(a4 + ~2t2

m2

) exp

[− a2x2

a4 + ~2t2m2

]dx = mv0.

Srednja vrednost kvadrata impulsa u stanju ψ(x, t) je

⟨p2⟩ψ,t = ⟨ψt|p2|ψt⟩ = ∥p|ψt⟩∥2 =∫ ∞

−∞(−i~ψ′(x, t))∗(−i~ψ′(x, t))dx =

∫ ∞

−∞

a/√π√

a4 + ~2t2m2

a4m2v20 + ~2(x− x0)2

a4 + ~2t2m2

exp

[−a

2(x− x0 − v0t)2

a4 + ~2t2m2

]dx =

∫ ∞

−∞

a/√π√

a4 + ~2t2m2

a4m2v20 + ~2(x+ v0t)2

a4 + ~2t2m2

exp

[− a2x2

a4 + ~2t2m2

]dx =

∫ ∞

−∞

a/√π√

a4 + ~2t2m2

(~2x2

a4 + ~2t2m2

+m2v20

)exp

[− a2x2

a4 + ~2t2m2

]dx =

~2

2a2+m2v20,

Page 27: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 107

pa je neodredenost impulsa

∆ψ,tp =~

a√2,

dok je proizvod neodredenosti koordinate i impulsa

∆ψ,tx∆ψ,tp =~2

√1 + 2

(~ta2m

)2

≥ ~2= ∆ψ,t=0x∆ψ,t=0p.

Resenje 13.37. Schrodinger-ova jednacina je

− ~2

2m

d2ψ

dx2+mω2

2x2ψ = Eψ ⇒ 1

mω~

d2ψ

dx2+ (

2E

~ω− mω

~x2)ψ = 0,

odakle, uvodeci smene α = mω~ , ξ = x

√α i λ = 2E

~ω , se dobija jednacina

d2ψ

dξ2+ (λ− ξ2)ψ = 0.

Talasna funkcija se moze napisati u obliku ψ = ψ∞(ξ)χ(ξ) gde je ψ∞ resenje (koje tezi nuli

kada ξ → ±∞ zato sto je stanje vezano) jednacine d2ψ∞dξ2

−ξ2ψ∞ = 0 ⇒ ψ∞ = exp(−1

2ξ2).

Ubacivanjem ovog resenja u jednacinu, dobija se jednacina po χ

d2χ

dξ2− 2ξ

dξ+ (λ− 1)χ = 0.

Resenje jednacine po χ se trazi u obliku polinoma χ =∑∞

k=0Ckξk odakle se dobija

rekurentna formula

Ck+2 =2k + 1− λ

(k + 1)(k + 2)Ck.

Za veliko k se dobija Ck+2 ≈ (2/k)Ck sto bi dalo funkciju χ ≈ eξ2, tj. talasnu funkciju

ψ = e12ξ2 koja bi divergirala za ξ → ±∞. Poslednji razlog dovodi do toga da za neko

k = n koeficijent Cn = 0 mora da da Ck+2 = 0 za svako k ≥ n. Iz prethodnog se dobijaλn = 2n+ 1 odakle sledi da su svojstvene energije linearnog harmonijskog oscilatora

En = ~ω(n+

1

2

), n ∈ N0.

Zato sto je potencijal parna funkcija koordinate (videti Zadatak 13.24), svojstvena resenjasu razdvojena na parna (C0 = 0 i C1 = 0) i neparna (C0 = 0 i C1 = 0). Fiksirajucikonstantu Cn = 2n resenje se dobija u obliku Hermite-ovih polinoma

Hn(ξ) = (2ξ)n − n(n− 1)

1!(2ξ)n−2 +

n(n− 1)(n− 2)(n− 3)

2!(2ξ)n−4 − . . . .

Polinomi Hn(ξ) zadovoljavaju jednacinu

d2Hn(ξ)

dξ2− 2ξ

dHn(ξ)

dξ+ 2nHn(ξ) = 0,

Page 28: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

108 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

a mogu se napisati i u obliku

Hn(ξ) = (−1)neξ2 dne−ξ

2

dξn.

Iz svega prethodnog se za talasnu funkciju dobija

ψn(x) = NnHn(x√α)e−

α2x2 ,

gde je Nn konstanta normiranja i dobija se iz uslova

1 =

∫ ∞

−∞ψ∗n(x)ψn(x)dx =

|Nn|2√α

∫ ∞

−∞e−ξ

2

H2n(ξ)dξ = (−1)n

|Nn|2√α

∫ ∞

−∞Hn(ξ)

dne−ξ2

dξndξ.

Primenjujuci parcijalnu integraciju n puta dobija se

(−1)n|Nn|2√α

∫ ∞

−∞e−ξ

2 dnHn(ξ)

dξndξ = (−1)n

|Nn|2√α

∫ ∞

−∞e−ξ

2

2nn!dξ = (−1)n|Nn|2√α

√π2nn! = 1,

odakle je konstanta normiranja (do na fazni faktor) Nn = (2nn!√π/α)−1/2, pa su svo-

jstvena stanja

ψn(x) =

(2nn!

√π

α

)− 12

Hn

(x√α)e−

α2x2 .

Resenje 13.38. Schrodinger-ove jednacine u koordinatnoj i u impulsnoj reprezentaciji su,respektivno:

− ~2

2m

d2ψ

dx2+mω2

2x2ψ = Eψ i

p2

2mψ − mω2~2

2

d2ψ

dp2= Eψ.

Uz smene α = mω~ (u prvoj jednacini) i α = 1

~mω (u drugoj jednacini), dobijaju se jednacineistog oblika:

−~ω2α

d2ψ

dx2+

~ωα2x2ψ = Eψ i − ~ω

d2ψ

dp2+

~ωα2p2ψ = Eψ.

Resenje proizlazi iz resenja za ψn(x) kao:

ψn(x) =

(2nn!

√π

α

)− 12

Hn

(x√α)e−

α2x2 ⇒ ψn(p) =

(2nn!

√π

α

)− 12

Hn

(p√α)e−

α2p2 .

Resenje 13.39. Koristeci resenje prethodnog zadatka 13.37, od svih svojstvenih stanjaψn(x) treba odabrati ona koja zadovoljavaju uslov ψn(0) = 0 posto je svojstvena funkcijajednaka nuli za x < 0. Ocigledno su to neparne funkcije. Uvodeci novi kvantni brojm ∈ N0 (n = 2m + 1) dobijaju se svojstvene energije Em = ~ω(2m + 3/2) i svojstvenastanja ψm(x) = (22m+1(2m+ 1)!

√π/α)−1/2H2m+1(x

√α)e−(α/2)x2 .

Page 29: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 109

Resenje 13.40. Delovanjem hamiltonijana na stanje se dobija:

eαx2

Hψ(x) = 12~2x√α +

x2

α(A2 + 6~2α2) + x3

(x+

2√α

)(A2 − 4~2α2).

Da bi stanje ψ bilo konacan zbir svojstvenih stanja ovog hamiltonijana, poslednji sabirak

mora da se anulira, tj. resenje je α = A/2~, odakle je stanje ψ(x) = (x +√

2~A)2e−

A2~x

2.

Dalje je potrebno naci koja su to svojstvena stanja. U tu svrhu, neka je ϕi(x) = xie−A2~x

2

gde je i = 0, 1, 2. Lako je izracunati da je

Hϕ0(x) = A~ϕ0(x), Hϕ1(x) = 3A~ϕ1(x), i Hϕ2(x) = −2~2ϕ0(x) + 5A~ϕ2(x),

odakle se vidi da je svojstveni bazis (drugacije se moze svojstveni bazis naci reprezen-tovanjem H u bazisu ϕi) ψ0(x) = ϕ0(x), ψ1(x) = ϕ1(x) i ψ2(x) = − ~

2Aϕ0(x) + ϕ2(x) sa

svojstvenim jednakostima

Hψn(x) = (2n+ 1)A~ψn(x).

Stanje ψ(x) napisano preko vektora ϕi(x) je ψ(x) =2~Aϕ0(x) + 2

√2~Aϕ1(x) + ϕ2(x) odakle

je u svojstvenom bazisu

ψ(x) =5~2A

ψ0(x) + 2

√2~Aψ1(x) + ψ2(x).

Konacno, stanje u trenutku t je:

ψt(x) = ei~Htψ(x) = e

i~A~t

5~2A

ψ0(x) + ei~3A~t2

√2~Aψ1(x) + e

i~5A~tψ2(x)

Resenje 13.41. Obe jednakosti se lako pokazuju matematickom indukcijom. (a) Za s = 1

vazi [a∓, a±] = [ 1√2

(q√

mω~ ± i p√

mω~

), 1√

2

(q√

mω~ ∓ i p√

mω~

)] = ∓1

2i~ [q, p]±

12i~ [p, q] = ±1.

Neka vazi za neko s. Onda se za s+ 1 dobija

[a∓, (a±)s+1] = a±[a∓, (a±)s]+[a∓, a±](a±)s = ±a±s(a±)s−1±(a±)s = ±(s+1)(a±)(s+1)−1.

(b) Za m = 1 je pokazano pod (a), [a−, (a+)p] =∑1

s=1p!1!

(p−s)!(1−s)!s!(a+)p−s(a−)1−s =

p(a+)p−1. Neka vazi za neko m < p. Onda za m+ 1 ≤ p vazi sledeci niz jednakosti[(a−)m+1, (a+)p] = a−[(a−)m, (a+)p] + [a−, (a+)p](a−)m =m∑s=1

p!m!a−(a+)p−s(a−)m−s

(p− s)!(m− s)!s!+ p(a+)p−1(a−)m =

m∑s=1

p!m!(p− s)(a+)p−s−1(a−)m−s

(p− s)!(m− s)!s!+

m∑s=1

p!m!(a+)p−s(a−)m+1−s

(p− s)!(m− s)!s!+ p(a+)p−1(a−)m =

m+1∑s=2

p!m!(a+)p−s(a−)m+1−s

(p− s)!(m+ 1− s)!(s− 1)!+

m∑s=1

p!m!(a+)p−s(a−)m+1−s

(p− s)!(m− s)!s!+

1∑s=1

p!m!(a+)p−s(a−)m+1−s

(p− s)!(m+ 1− s)!(s− 1)!=

Page 30: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

110 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

m∑s=1

p!m!(a+)p−s(a−)m+1−s

(p− s)!(m+ 1− s)!s!(s+m+ 1− s) +

m+1∑s=m+1

p!(m+ 1)!(a+)p−s(a−)m+1−s

(p− s)!(m+ 1− s)!s!=

m+1∑s=1

s!

(ps

)(m+ 1s

)(a+)p−s(a−)m+1−s. Slucaj m > p se pokazuje adjungovanjem vec do-

bijene jednakosti [(a−)p, (a+)m] =

p∑s=1

s!

(ps

)(ms

)(a+)m−s(a−)p−s.

Resenje 13.42. Ocigledno je U(η)U †(η) = exp[η(a−

2 − a+2)]exp

[−η(a−2 − a+

2)]= 1.

Dalje, izvodi operatora U(η) i U †(η) su

dU(η)

dη= U(η)(a−

2 − a+2) i

dU †(η)

dη= −(a−

2 − a+2)U †(η),

odakle je

d

dηg±(η) =

dU(η)

dη(a−±a+)U †(η)+U(η)(a−±a+)dU

†(η)

dη= U(η)

(±[a−

2, a+]−[a+

2, a−])U †(η).

Koristeci resenje prethodnog zadatka 13.41, dobija se

d

dηg±(η) = ±2U(η)(a− ± a+)U †(η) = ±2g±(η).

Resenje 13.43. Potrebno je pokazati da se monom∏n

i=1(a−)xi(a+)yi moze izraziti kao

polinom sa uredenim monomima za svako n. Koristeci resenje prethodnog zadatka, lako

je pokazati da za n = 1 vazi (a−)x1(a+)y1 =∑min(x1,y1)

s1=0 s1!

(x1s1

)(y1s1

)(a+)y1−s1(a−)x1−s1 .

Neka vazi za neko n = m. Onda za n = m+ 1 vazi

m+1∏i=1

(a−)xi(a+)yi = (a−)x1(a+)y1m+1∏i=2

(a−)xi(a+)yi =

min(x1,y1)∑s1=0

s1!

(x1s1

)(y1s1

)(a+)y1−s1

m+1∏i=2

(a−)x′i(a+)yi ,

gde su x′i = xi za i = 2 i x′2 = x2 + x1 − s1. U poslednjem izrazu, posto se proizvodi usvakom sabirku mogu izraziti kao polinomi sa uredenim monomima (slucaj n = m), ondavazi i za slucaj n = m+ 1.

Resenje 13.44. Prvi nacin: Posto vektori | n ⟩ cine bazis, pogodno je razviti | α ⟩ ponjemu, |α ⟩ =

∑∞n=0Cn |n ⟩. Iz svojstvene jednakosti α |α ⟩ = a− |α ⟩ sledi

α

∞∑n=0

Cn |n ⟩ =∞∑n=0

Cn√n |n− 1 ⟩ =

∞∑n=1

Cn√n |n− 1 ⟩ =

∞∑n=0

Cn+1

√n+ 1 |n ⟩

odakle se dobija rekurentna veza Cn+1 = α√n+1

Cn pa je Cn = αn√n!C0. Konstanta C0 se

dobija iz normiranja

1 = ⟨α | α⟩ = |C0|2∞∑

n,n′=0

α∗n′αn√

n′!n!⟨n′ | n⟩ = |C0|2

∞∑n=0

|α|2n

n!= |C0|2e|α|

2

Page 31: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.2. KVANTNA DINAMIKA 111

pa je stanje | α ⟩ do na fazni faktor | α ⟩ = e−|α|2/2∑∞n=0

αn√n!

| n ⟩ gde je α ∈ C. Uz duziracun lako je dobiti disperzije koordinate i impulsa. Medutim, ovde ce biti dobijene nadrugi nacin.Drugi nacin: Iz svojstvene jednakosti za anihilacioni operator sledi ⟨α | α∗ = ⟨α | a+, pasu srednja vrednost koordinate, kvadrata koordinate i disperzija

⟨α | x |α ⟩ =√

~2

1

mω⟨α | (a+ + a−) |α ⟩ =

√~2

1

mω(α∗ + α),

⟨α | x2 |α ⟩ = ~2

1

mω⟨α | ((a+)2 + 1 + 2a+a− + (a−)2) |α ⟩ = ~

2

1

mω(α∗2 + 1 + 2|α|2 + α2),

(∆αx)2 = ⟨α | x2 |α ⟩ − ⟨α | x |α ⟩2 = ~

2

1

mω.

Za impuls se dobija

⟨α | p |α ⟩ = i

√~2mω⟨α | (a+ − a−) |α ⟩ = i

√~2

1

mω(α∗ − α),

⟨α | p2 |α ⟩ = −~2

1

mω⟨α | ((a+)2 − 1− 2a+a− + (a−)2) |α ⟩ = ~

2

1

mω(α∗2 − 1− 2|α|2 +α2),

(∆αp)2 = ⟨α | p2 |α ⟩ − ⟨α | p |α ⟩2 = ~

2mω,

Odakle je ∆αx∆αp =~2.

Resenje 13.45. Razvijanjem funkcije f u Taylor-ov red se dobija

eλa−f(a+)e−λa

−=

∞∑k=0

eλa− (a+)k

n!f (k)(0)e−λa

−.

Dalje je potrebno izracunati komutator [eλa−, a+]. Uz pomoc resenja zadatka 13.41 se

dobija

[eλa−, a+] =

∞∑k=0

λk

k![(a−)k, a+] =

∞∑k=0

λk

k![(a−)k, a+] =

∞∑k=0

λk

k!k(a−)k−1 = λeλa

−,

odakle je eλa−a+e−λa

−= λ+ a+ i (eλa

−a+e−λa

−)k = eλa

−(a+)ke−λa

−= (λ+ a+)k. Pocetni

izraz se transformise kao

eλa−f(a+)e−λa

−=

∞∑k=0

(λ+ a+)k

n!f (k)(0) = f(λ+ a+).

Resenje 13.46. Operatorska jednakost se lako pokazuje

−e12Q2 d

dQe−

12Q2

f(Q) = −e12Q2

(−Qe−12Q2

f(Q) + e−12Q2

f ′(Q)) = (Q+d

dQ)f(Q).

Page 32: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

112 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

Odavde se dobija drugacija forma kreacionog operatora a+ = −1√2e

12Q2 d

dQe−

12Q2. Stepen i

ovog operatora je (a+)i = (−1)i√2ie

12Q2 di

dQi e− 1

2Q2. Stanje ψi(Q) = ⟨Q|i⟩ se dobija iz vakuum-

skog stanja

ψi(Q) =1√i!(a+)iψ0(Q) =

(−1)i√2ii!

√πe

12Q2 di

dQie−Q

2

=1√

2ii!√πe−

12Q2

Hi(Q),

gde je Hi(Q) = (−1)ieQ2 di

dQi e−Q2

jedan oblik Hermite-ovih polinoma.

Resenje 13.47. Hamiltonijan k−tog stepena slobode je Hk =12

p2kmk

+ 12mkω

2kq

2k, i svaki od

njih se moze transformisati u oblik Hk = ~ωk(nk + 1/2). Odavde je hamiltonijan sistemaH =

∑dk=1 ~ωk(nk + 1/2). Kako je hamiltonijan zbir operatora koji deluju u razlicitim

prostorima, to je njegovo svojstveno stanje direktni proizvod svojstvenih stanja pojedinihHk a svojstvena vrednost je zbir svojstvenih vrednosti, tj.

ψi(Q) =1√

2∑d

k=1 ik∏d

k=1 ik!√πd

e−12

∑dk=1Q

2k

d∏k=1

Hik(Qk) i Ei =d∑

k=1

~ωk(ik + 1/2),

gde su Qk = qk√mkωk/~ bezdimenzione koordinate i ik pobudenja pojedinih stepeni

slobode, dok je i skup svih kvantnih brojeva ik.

Resenje 13.48. Mesano stanje harmonijskog oscilatora je dato sa ρ = 1Ze−

HkT , gde je H

hamiltonijan oscilatora, k Boltzmann-ova konstanta, T temperatura rezervoara i parti-

ciona funkcija Z = Tre−HkT =

∑∞i=0 e

− ~ω(i+1/2)kT = e−

~ω2kT

∑∞i=0

(e−

~ωkT

)i= e−

~ω2kT /

(1− e−

~ωkT

).

U energetskoj reprezentaciji je mesano stanje dijagonalna beskonacna matrica sa elemen-

tima na dijagonali ⟨ i | ρ | i ⟩ = e−i~ωkT

(1− e−

~ωkT

). Dalje, srednja energija je

⟨E⟩ = TrHρ =∞∑i=0

~ω(i+

1

2

)e−i

~ωkT

(1− e−

~ωkT

),

⟨E⟩ = ~ω(1− e−

~ωkT

)[ ∞∑i=0

i(e−

~ωkT

)i+

1

2

∞∑i=0

(e−

~ωkT

)i]. Da bi se izracunala srednja en-

ergija potrebno je upotrebiti vec koriscenu jednakost za geometrijski red∑∞

i=0 e−ix =

1/(1− e−x) i njen izvod∑∞

i=0 ie−ix = e−x/(1− e−x)2, zbog cega se dobija

⟨E⟩ = 1

2~ω + ~ω

e−~ωkT

1− e−~ωkT

.

U visokotemperaturskom limitu je e−~ωkT ≈ 1− ~ω

kTpa se za srednju energiju dobija klasicni

limit ⟨E⟩ ≈ kT (T → ∞), dok se kada temperatura tezi nuli (e−~ωkT ≈ 0) dobija ⟨E⟩ ≈

12~ω + ~ωe− ~ω

kT .

14.3 Angularni moment

Resenje 13.49. Razvijajuci determinantu, uz zamenu l = i, m = l i n = m, dobija seεijkεilm = δiiδjlδkm + δilδjmδki + δimδjiδkl − δiiδjmδkl − δimδjlδki − δilδjiδkm odakle je

Page 33: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.3. ANGULARNI MOMENT 113

εijkεilm = 3δjlδkm+ δklδjm+ δjmδkl− 3δjmδkl− δkmδjl− δjlδkm = δjlδkm− δjmδkl. Koristeciprethodni rezultat dobija se εijkεijl = δjjδkl−δjlδkj = 3δkl−δkl = 2δkl i εijkεijk = 2δkk = 6

Resenje 13.50. Ocigledno vazi [li, rj] = [εiklrkpl, rj] = εiklrk(−i~δlj) = i~εijkrk. Ko-mutator angularnog momenta i impulsa je [li, pj] = [εiklrkpl, pj] = εiklpl(i~δkj) = i~εijkpk.Konacno [li, lj] = [li, εjklrkpl] = εjklrk[li, pl]+εjkl[li, rk]pl = i~εjklεilmrkpm+i~εjklεikmrmpl.Dalje, koristeci resenje zadatka 13.49 dobija se [li, lj] = i~(δjmδik−δijδkm)rkpm+i~(δijδlm−δjmδil)rmpl, odakle [li, lj] = i~(ripj − rkpkδij) + i~(rmpmδij − rjpi) = i~εijklk.

Resenje 13.51. Koristeci jednakost iz zadatka 13.8, dobija se

eiθ~ lzrie

−i θ~ lz =∞∑n=0

(i θ~)nn!

[lz, . . . , [lz, ri ] . . . ]︸︷︷︸n

.

Iz prethodnog zadatka 13.50 slede pojedinacne komutacione relacije [lz, r1] = i~r2, [lz, r2] =−i~r1 i [lz, r3] = 0. Najprostije je resenje za trecu komponentu r3, posto su svi komutatori

jednaki nuli, pa se dobija eiθ~ lzr3e

−i θ~ lz = r3. Direktnim uproscavanjem izraza se moze naciresenje za prve dve komponente. Medutim, ako bi se uvela nova koordinata r12 = r1+ir2,onda je komutator [lz, r12] = ~r12 odakle se dobija

eiθ~ lzr12e

−i θ~ lz =∞∑n=0

(i θ~)nn!

~nr12 = eiθr12 = (cos θ + i sin θ)(r1 + ir2).

Konacno eiθ~ lzr1e

−i θ~ lz = r1 cos θ − r2 sin θ i eiθ~ lzr2e

−i θ~ lz = r1 sin θ + r2 cos θ. Ocigledno suu pitanju rotacije za ugao θ oko z-ose.

Resenje 13.52. Pravolinijskom primenom jednakosti (9.3) u formuli reprezentovanja

D(k)(Ki) |km ⟩ =∑k

m′=−kD(k)m′m(Ki) |km′ ⟩ dobija se trazeno resenje.

Resenje 13.53. Koristeci (9.3) dobija se

K±K∓ |km ⟩ = ~√k(k + 1)−m(m∓ 1)K± |k,m∓ 1 ⟩

K±K∓ |km ⟩ = ~2√k(k + 1)−m(m∓ 1)

√k(k + 1)− (m∓ 1)(m∓ 1± 1) |km ⟩

K±K∓ |km ⟩ = [k(k + 1)−m(m∓ 1)] |km ⟩.Pa zamenjujuci prethodni rezultat zajedno sa K2

3 | km ⟩ = m2~2 | km ⟩ u (9.2) dobija setrazena jednakost.

Resenje 13.54. Ocigledno vazi ⟨Ln⟩|lm ⟩ = ⟨ lm | L · n | lm ⟩ =⟨ lm | (Lz cos θ + Lx sin θ cosϕ+ Ly sin θ sinϕ) | lm ⟩ =⟨ lm | (Lz cos θ + 1

2(L+ + L−) sin θ cosϕ+ 1

2i(L+ − L−) sin θ sinϕ) | lm ⟩ = m cos θ

Resenje 13.55. Ocigledno, ako je Kp | x ⟩ = 0 (p = 1, 2, 3), onda je takode i⟨K2p

⟩|x ⟩ =

⟨ x | KpKp | x ⟩ = ∥Kp | x ⟩∥2 = 0 za svako p, i ⟨K2⟩|x ⟩ = 0 (i k = m = 0). Suprotno,

iz ⟨K2i ⟩|x ⟩ =

⟨K2j

⟩|x ⟩ = 0, isti argument dovodi do ∥Ki | x ⟩∥ = ∥Kj | x ⟩∥ = 0, tj.

Ki | x ⟩ = Kj | x ⟩ = 0. Ipak, onda bi bilo [Ki, Kj] | x ⟩ = 0 = Kk | x ⟩, za preostalukomponentu Kk.

Resenje 13.56. Posto su u pitanju rotacije oko z-ose to je hamiltonijan H = l2z2I

gde jeI moment inercije krutog rotatora. Hamiltonijan je funkcija z komponente angularnog

Page 34: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

114 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

momenta, pa je dovoljno resiti njegov svojstveni problem. U koordinatnoj reprezentaciji,svojstvena jednakost je −i~ψ′(ϕ) = m~ψ(ϕ), a resenje je ψ(ϕ) = Ceimϕ. Funkcija morada bude periodicna, tj. vazi ψ(ϕ + 2π) = ψ(ϕ) ⇒ Ceim(ϕ+2π) = Ceimϕ ⇒ eim2π =

1 ⇒ m ∈ Z. Iz normiranja 1 =∫ 2π

0ψ∗m(ϕ)ψm(ϕ)dϕ se dobija C = 1√

2π, pa je svojstvena

funkcija ψm(ϕ) =1√2πeimϕ za svojstvenu vrednost m~. Iz prethodnog, svojstvena vrednost

hamiltonijana je Em = m2~22I

za svojstveno stanje ψm(ϕ) = 1√2πeimϕ odakle se vidi da je

energija dvostruko degenerisana za svakom osim zam = 0. Rastavljanje stanja u trenutkut = 0 po svojstvenim stanjima hamiltonijana se dobija iz niza jednakosti

ψ(ϕ, t = 0) = A cos3 ϕ =A

8(eiϕ + e−iϕ)3 =

A

8(ei3ϕ + 3eiϕ + 3e−iϕ + e−3iϕ),

odakle je ψ(ϕ, t = 0) = A8

√2π(ψ3(ϕ) + 3ψ1(ϕ) + 3ψ−1(ϕ) + ψ−3(ϕ)) pa je konstanta

normiranja, do na fazni faktor, A =√

85π. Konacno, stanje u trenutku t je

ψ(ϕ, t) =

√8

√2π

8(e−

i~

~2322I

tψ3(ϕ)+3e−i~

~2122I

tψ1(ϕ)+3e−i~

~2(−1)2

2Itψ−1(ϕ)+e−

i~

~2(−3)2

2Itψ−3(ϕ)),

tj.

ψ(ϕ, t) =1√10π

e−i~2It(e−8 i~

2It cos 3ϕ+ cosϕ).

Resenje 13.57. Descartes-ove koordinate izrazene preko cilindricnih (ρ, ϕ i z) su x =ρ cosϕ, y = ρ sinϕ i z = z. Izvodi po cilindricnim koordinatama preko Descartes-ovih su∂ρ∂ϕ

∂z

=

cosϕ sinϕ 0−ρ sinϕ ρ cosϕ 0

0 0 1

∂x∂y∂z

,

odakle se invertovanjem dobija∂x∂y∂z

=

cosϕ −1ρsinϕ 0

sinϕ 1ρcosϕ 0

0 0 1

∂ρ∂ϕ∂z

.

Dalje, komponente angularnog momenta u cilindricnim koordinatama su:

lx = −i~(−z sinϕ∂ρ −z

ρcosϕ∂ϕ + ρ sinϕ∂z),

ly = −i~(z cosϕ∂ρ −z

ρsinϕ∂ϕ − ρ cosϕ∂z),

lz = −i~∂ϕ.

Odavde, operatori podizanja i spustanja l± = lx±ily su l± = ±~e±iϕ[(z∂ρ − ρ∂z)± i z

ρ∂ϕ

].

Kvadrat angularnog momenta l2 = l2x+ l2y+ l

2z se nalazi direktnim izracunavanjem, i iznosi

l2 = −~2[(z∂ρ − ρ∂z)

2 +z

ρ(z∂ρ − ρ∂z) +

(1 +

z2

ρ2

)∂2ϕ

].

Page 35: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.3. ANGULARNI MOMENT 115

Za poredenje sa sfernom formom ovog operatora (veze izmedu cilindricnih i sfernih koor-dinata su ρ = r sin θ, z = r cos θ i ϕ = ϕ odakle je ∂θ = z∂ρ − ρ∂z) pogodan je oblik

l2 = −~2{√

ρ2 + z2

ρ(z∂ρ − ρ∂z)

[ρ√

ρ2 + z2(z∂ρ − ρ∂z)

]+ρ2 + z2

ρ2∂2ϕ

}.

Resenje 13.58. Funkcije su τ(χ) = −2χ, σ(χ) = 1− χ2 i σ(χ) = l(l + 1)(1− χ2)−m2.

Korak 1. Ocigledno je σ′ − τ = 0, pa je π = ±√kσ − σ. Resenja po k, za koje je π

polinom stepena manjeg od dva, su k1 = l(l + 1) i k2 = l(l + 1) −m2. Odavde supolinomi π1± = ±m i π2± = ±mχ.

Korak 2. Resenja jednacine ϕ′/ϕ = π/σ su ϕ1± = (1 + χ)±m/2(1 − χ)∓m/2 i ϕ2± =(1+χ)∓m/2(1−χ)∓m/2. Dalje, polinomi τ su τ1± = 2(±m−χ) i τ2± = 2(±m− 1)χ,i konstante λ su λ1± = −l(l + 1) i λ2± = −l(l + 1) +m(m∓ 1).

Korak 3. Resenja jednacine ρ′/ρ = (τk± − σ′)/σ su ρ1± = (1 + χ)±m(1 − χ)∓m i ρ2± =(1+χ)∓m(1−χ)∓m. Zbog uslova pozitivnosti (koji je uvek zadovoljen) i ogranicenosti,dobija se da prvi par resenja postoji samo za m = 0 dok se iz drugog para izdvajajuresenja za ∓m ≥ 0, respektivno. Medutim, prvi par resenja za m = 0 je sadrzan udrugom paru takode zam = 0, tako da preostaje jedino resenje ρ(χ) = (1+χ)|m|(1−χ)|m|, tj. ρ(χ) = (1− χ2)|m|.

Sumirajuci sve prethodno, funkcije su

π(χ) = −|m|χ, τ(χ) = −2(|m|+ 1)χ, ϕ(χ) = (1− χ2)|m|2 i ρ(χ) = (1− χ2)|m|,

i konstantek = l(l + 1)−m2 i λ = −l(l + 1) +m2 + |m|.

Poredenjem dobijenih λ i λn = nτ ′ + n(n−1)2

σ′′ dobija se n = −12− |m| ± |2l+1|

2. Posto

su l ≥ 0 i n ≥ 0 dobija se jedino resenje n = l − |m| uz uslov |m| ≤ l, i xl−|m| =Bl−|m|

(1−χ2)|m|dl−|m|

dχl−|m| (1− χ2)l odakle je

gml (χ) = ϕ(χ)xl−|m| =Bl−|m|

(1− χ2)|m|2

dl−|m|

dχl−|m| (1− χ2)l,

pa se do na normalizacionu konstantu dobija

Y ml (θ, ϕ) = Bl−|m|

1

sin|m| θeimϕ

dl−|m|

d cos θl−|m| sin2l θ.

Resenje 13.59. Uslov zadatka (da postoji vezano stanje) namece da je energija E = −|E|manja od nule i bliska je nuli, kao i da je to osnovno stanje. Iz zakljucka da je osnovnostanje sledi da je stanje maksimalne moguce simetrije, tj. l = 0. Iz prethodnog sledi dajednacina 9.7 ima oblik R′′− 2m

~2 |E|R = R′′−κ2R = 0. Da bi resenje bilo konacno u r = 0

Page 36: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

116 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

i r → ∞ (uz uslov neprekidnosti funkcije u r = a) sledi da je za 0 < r < a resenje R =Ash(κr) dok je za r > a, R = Ash(κa)e−κ(r−a). Jednacina koja daje skok prvog izvoda ur = a je za R ista kao u jednodimenzionalnom slucaju R′(a+) − R′(a−) = −2mc

~2 R(a). Izjednacine za skok prvog izvoda sledi

2mc

κ~2− 1 = ctgh(κa) ⇒ c =

~2

2ma(κa+ κactgh(κa)) ≈ ~2

2ma(κa+ 1) ⇒ c >

~2

2ma.

Resenje 13.60. Resenje radijalnog dela jednacine u oblasti r < R je isto kao za slobodnucesticu Rkl = 2kjl(kr), dok je za r > R talasna funkcija nulta. Zbog toga, disperzionarelacija, u opstem slucaju, je jl(knlR) = 0, gde su knlR nule Bessel-ove funkcije jl. Speci-jalno, za l = 0 se dobija sin kn0R = 0, tj. kn0 = nπ/R za n ∈ N.

Resenje 13.61. Funkcije su τ(x) = 0, σ(x) = x i σ(x) = 2ϵnlx2 + 2Zx− l(l + 1).

Korak 1. Ocigledno je σ′− τ = 1, pa je π = 12±√

14+ kσ − σ. Resenja po k, za koje je π

polinom stepena manjeg od dva, su k± = 2Z± (2l+1)√−2ϵnl. Odavde su polinomi

πpq = 12+ p[

√−2ϵnlx + q(l + 1

2)] = p

√−2ϵnlx + pql + 1

2(pq + 1) gde su p = ±1 i

q = ±1 (sve 4 kombinacije znakova!).

Korak 2. Resenja jednacine ϕ′/ϕ = π/σ su ϕpm = ep√−2ϵnlxxpql+

12(pq+1). Dalje, polinomi

τ su τpq = 2πpq = 2p√−2ϵnlx+ 2pql + (pq + 1), i konstante λ su

λpq = −2Z − (2ql + q + p)√−2ϵnl.

Korak 3. Resenja jednacine ρ′/ρ = (τpq − σ′)/σ su ρpq = e2p√−2ϵnlxxpq(2l+1). Zbog uslova

pozitivnosti (koji je uvek zadovoljen zbog x > 0) i ogranicenosti na intervalu [0,∞)mora da bude p < 0 i pq > 0 odakle je q < 0. Preostaje jedino resenje za p = −1 iq = −1, tj. ρ(χ) = e−2

√−2ϵnlxx2l+1.

Sumirajuci sve prethodno, funkcije su

π(x) = −√−2ϵnlx+ l + 1, ϕ(x) = e−

√−2ϵnlxxl+1, τ(x) = 2π i ρ(x) = e−2

√−2ϵnlxx2l+1,

i konstantek = 2Z − (2l + 1)

√−2ϵnl i λ = −2Z + 2(l + 1)

√−2ϵnl.

Poredenjem dobijenih λ i λs = sτ ′ + s(s−1)2

σ′′ dobija se√−2ϵn(s)l = Z/(s + l + 1),

gde je s = 0, 1, . . . , odakle ndef.= s + l + 1 = 1, 2, . . . i l = 0, 1, . . . , n − 1. Dakle,

konstanta vezana za energiju je ϵnl = −Z2/2n2. Dalje, resenje za funkciju xn−l−1(x) =Cn−l−1

e−2(Z/n)xx2l+1dn−l−1

dxn−l−1xn+le−2(Z/n)x ∼ L2l+1

n−l−1(2Znx) (L su generalisani Laguerre-ovi polinomi)

odakle je

Rnl(x) = Cnle−Z

nxxl+1L2l+1

n−l−1

(2Z

nx

).

Resenje 13.62.

(i) Zavisnost gustine verovatnoce od r (zanemarena je zavisnost od θ i ϕ) je ω(r) =r2|ψ100(r)|2 = r2 1

πa30e−2r/a0 , pa iz jednakosti 0 = ∂ω

∂rse dobija rnajv. = a0;

Page 37: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.3. ANGULARNI MOMENT 117

(ii)⟨1r

⟩= ⟨ 100 | 1

r| 100 ⟩ = 4π

∫∞0r2 1

πa30e−2r/a0 1

rdr = 4

a30

∫∞0re−2r/a0dr = 4

a30

(a02

)21! =

1a0;

(iii)⟨

1r2

⟩= · · · = 4

a30

∫∞0

e−2r/a0dr = 4a30

(a02

)Γ(1) = 2

a20;

(iv)⟨rk⟩= · · · = 4

a30

∫∞0rk+2e−2r/a0dr = 4

a30

(a02

)k+3Γ(k + 3) = (k + 2)!

ak02k+1 ;

(v) x komponenta impulsa u sfernim koordinatama je px = −i~ ∂∂x

= −i~(∂r∂x

∂∂r

+ ∂θ∂x

∂∂θ

+ ∂ϕ∂x

∂∂ϕ

)=

−i~(sin θ cosϕ ∂

∂r+ 1

rcos θ cosϕ ∂

∂θ− sinϕ

r sin θ∂∂ϕ

), odakle je pxψ100(r) = −i~ sin θ cosϕ∂ψ100(r)

∂r,

pa je p2xψ100(r) = −~2(sin2 θ cos2 ϕ∂

2ψ100(r)∂r2

+ 1rcos2 θ cos2 ϕ∂ψ100(r)

∂r+ 1

rsin2 ϕ∂ψ100(r)

∂r

)=

−~2(

1a20sin2 θ cos2 ϕ− 1

ra0cos2 θ cos2 ϕ− 1

ra0sin2 ϕ

)ψ100(r). Iz prethodnog se dobija

⟨p2x⟩ = −~2a20

⟨sin2 θ cos2 ϕ

⟩+ ~2

a0

⟨1rcos2 θ cos2 ϕ

⟩+ ~2

a0

⟨1rsin2 ϕ

⟩= −~2

a20

13+ ~2

a20

16+ ~2

a20

12=

~23a20

. Sistem je sferno simetrican, zbog cega je ⟨p2⟩ = ~2a20

odakle se dobijaju vrednosti√⟨v2⟩ ≈ 2.2× 106m

s∧ ⟨T ⟩ = ~2

2ma20≈ 13.6eV = −E1;

(vi) ⟨U(r)⟩ = −e2⟨1r

⟩= − e2

a0= 2E1,

(vii) Drugi nacin da se dobije srednja vrednost kineticke energije je ⟨T ⟩ = ⟨H⟩−⟨U(r)⟩ =E1 − 2E1 = −E1.

Resenje 13.63. Za simetrimetricni tenzor vazi Sji = Sij dok je za antisimetricni tenzorAji = −Aij. Zamenom imena indeksa (i ↔ j) pa zatim promenom mesta, dobija seSijAij = SjiAji = −SijAij odakle je SijAij = 0. Tenzor ε je antisimetrican po svakomparu indeksa. Koristeci rezultate zadatka 13.50, za vektorski proizvod se dobija

l×l = εijkeiljlk = εikjeilklj = εikjei([lk, lj]+ljlk) = εikjei(i~εkjlll)+εikjeiljlk = 2i~l−l×l,

odakle je l× l = i~l. Dalje, skalarni proizvod je

l · r = liri = εijkrjpkri = εijkrj([pk, ri] + ripk) = AikSik + AijSij = 0,

gde je A = εijk i simetricni S = δki i S = rjri, respektivno. Sledeci skalarni proizvod je

p · l = pili = εijkpirjpk = εijkpi([rj, pk] + pkrj) = AjkSjk + AikSik = 0.

Preostali skalarni proizvodi su

r · l = rili = εijkrirjpk = AijSij = 0 i l · p = lipi = εijkrjpkpi = AkiSki = 0.

Za izracunavanje l ·M potrebno je izracunati jos i l · (p× l) i l · (l× p). Prvi je

l · (p× l) = εijklipjlk = εijkli([pj, lk] + lkpj) = εijkli(−i~εjklpl) + εijklilkpj = 0,

zato sto je prvi sabirak −2i~l · p = 0 dok je drugi sabirak (l × l) · p = i~l · p = 0. Drugiizraz je

l · (l× p) = εijkliljpk = (l× l) · p = i~l · p = 0.

Page 38: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

118 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

Koristeci prethodne rezultate, dobija se

l ·M =1

2ml · (p× l)− 1

2ml · (l× p)− l · rα

r= 0.

Na slican nacin se dobija M · l = 0. Dalje, za racunanje komutatora hamiltonijana saM potrebno je prethodno analizirati neke komutatore. Tako, posto angularni momentdeluje samo u uglovnom delu orbitnog prostora, vazi [l, 1

r] = 0. Dalje, operator kvadrata

impulsa ima oblik p2 = Ar ⊗ Iθ,ϕ + Br ⊗ l2θ,ϕ, gde operatori Ar i Br netrivijalno delujusamo u radijalnom delu prostora. Zbog ovakvog oblika operatora vazi [p2, l] = 0. Odavde,izostavljajuci nulte komutatore, dobija se

[H,Mi] = − α

2m[p2,

rir]− α

2mεijk[

1

r, pj]lk +

α

2mεijklj[

1

r, pk].

Lako je izracunati, u koordinatnoj reprezentaciji, delujuci komutatorom na neku funkcijuf(r), [1

r, pi] = −i~ ri

r3. Koristeci zadatke 13.49 i 13.50 dobija se

− 1

i~εijk[

1

r, pj]lk = εijk

rjr3εklmrlpm =

rjrir3

pj −rjrjr3

pi =rirjr3

pj −1

rpi i

1

i~εijklj[

1

r, pk] = −εijklj

rkr3

= ripjrjr3

− rjpirjr3

= ripjrjr3

− i~rir3

− pi1

r.

Dalje, vazi niz jednakosti

− 1

i~[p2,

rir] = − 1

i~[pjpj, ri]

1

r− 1

i~ri[pjpj,

1

r] = 2pi

1

r− ripj

rjr3

− rirjr3

pj.

Iz prethodnog sledi

[H,Mi] =α

2mi~(pi1

r− 1

rpi − i~

rir3

)=

α

2mi~([pi,

1

r]− i~

rir3

)= 0.

Dodatno, pokazati da vazi [Mi, lj] = i~εijkMk i [Mi,Mj] = −i~2Hmεijklk, kao i da iz

poslednje jednakosti sledi M ×M = −i~2Hml. Dalje, pokazati da se uvodenjem pogodne

smene τ± = 12( 1i~l±

1~

√m2HM), vodeci racuna o definisanosti operatora, dobijaju sledece

komutacione relacije [τ±i, τ±j] = εijkτ±k i [τ±i, τ∓j] = 0. Na kraju pokazati da su Kazimir-ovi operatori za ovu algebru τ+ · τ− = −1

4( 1~2 l

2 + m2~2HM

2) i τ 2+ − τ 2

− = 0.

Resenje 13.64. Zamenjujuci u hamiltonijanu H = 12m

(p− q

cA)2

+ qΦ uslove zadatkadobija se sledeci hamiltonijan H = 1

2m(p2x + (py +

ecBx)2 + p2z). Ocigledno vazi [H, py] =

0 = [H, pz] dok je [H, px] = 0. Zbog komutiranja hamiltonijana sa y i z komponentamaimpulsa, stanje se moze napisati u obliku ψ(r) = eikyyeikzzf(x). Na ovaj nacin se Schrod-inger-ova jednacina po ψ transformise u jednacinu po f oblika[p2x2m

+ 12m

(~ky + e

cBx)2

+ ~2k2z2m

]f(x) = Ef(x), odakle se preuredivanjem dobija[

p2x2m

+m( eB

mc)2

2

(x+ c~ky

eB

)2]f(x) =

(E − ~2k2z

2m

)f(x), odakle se zamenama ω = eB

mci x0 =

− c~kyeB

dobija jednacina za linearni harmonijski oscilator cija je ravnoteza u x0, pa su svo-

jstvene energije En,kz = ~ eBmc

(n+ 12) + ~2k2z

2mi svojstvena stanja

Page 39: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.3. ANGULARNI MOMENT 119

ψn,ky,kz(r) = Ceikyyeikzze− eB

2~c

(x+

c~kyeB

)Hn

[√eB~c

(x+ c~ky

eB

)]. Svojstvene energije su Landau-

vljevi nivoi (po n).

Resenje 13.65. Vremenski zavisna Schrodinger-ova jednacina je

i~∂ψ

∂t=

[1

2m

(p− q

cA)2

+ qΦ + V

]ψ,

odakle se uz transformacije dobija

i~∂ψe

iq~cf

∂t=

[1

2m

(p− q

cA− q

c∇f)2

+ q

(Φ− 1

c

∂f

∂t

)+ V

]ψe

iq~cf .

Leva strana posle diferenciranja postaje

i~∂ψe

iq~cf

∂t= i~e

iq~cf∂ψ

∂t− qψe

iq~cf

1

c

∂f

∂t.

Sto se tice desne strane, prvo je potrebno izracunati(p− q

cA− q

c∇f)ψe

iq~cf = e

iq~cfpψ + ψpe

iq~cf −

(qcA+

q

c∇f)ψe

iq~cf = e

iq~cf(p− q

cA)ψ,

pa je (p− q

cA− q

c∇f)2ψe

iq~cf = e

iq~cf(p− q

cA)2ψ,

odakle se potiranjem sabiraka −qψe iq~cf 1

c∂f∂t

sa leve i desne strane i deljenjem jednakosti

sa eiq~cf dobija prvobitna Schrodinger-ova jednacina.

Resenje 13.66. Koristeci osobine

σ2i = I, Trσi = 0, Detσi = −1, σiσj = δij + iϵijkσk, σ1σ2σ3 = iσ0,

ocigledan je niz jednakosti:

• [σi, σj]− = σiσj − σjσi = δij + iϵijkσk − δji − iϵjikσk = iϵijkσk + iϵijkσk = 2iϵijkσk,

• [σi, σj]+ = σiσj + σjσi = δij + iϵijkσk + δji + iϵjikσk = 2δij + iϵijkσk − iϵijkσk = 2δij,

• (σ ·a)(σ ·b) = aibjσiσj = aibj(δij+iϵijkσk) = aibi+iσk(ϵijkaibj) = a ·b+iσ · (a×b)

• σ × σ = ϵijkσiσjek = ϵijkek(δij + iϵijlσl) = 2iδklekσl = 2iσ.

Resenje 13.67. Bazis u slucaju s = 1 je βs=1 = {|1, 1 ⟩, |1, 0 ⟩, |1,−1 ⟩}. Operator projek-cije na z osu je Sz = diag(1, 0,−1). Da bi se nasli operatori projekcije na x i y ose, znajucinjihovu vezu sa operatorima S±, potrebno je iskoristiti S+ |1, 0⟩ =

√2 |1, 1⟩ i S+ |1,−1⟩ =

√2 | 1, 0 ⟩ odakle se dobija S+ =

√2

0 1 00 0 10 0 0

= S†−, odakle su Sx = 1

2(S+ + S−) =

Page 40: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

120 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

1√2

0 1 01 0 10 1 0

i Sy = 12i(S+ − S−) = 1√

2

0 −i 0i 0 −i0 i 0

. Iz prethodnog je S2 = 2I3. U

slucaju s = 3/2, bazis je βs=3/2 = {|3/2, 3/2⟩, |3/2, 1/2⟩, |3/2,−1/2⟩, |3/2,−3/2⟩}. opera-tor z projekcije spina u ovom slucaju je Sz = diag(3/2, 1/2,−1/2,−3/2) dok su operatori

podizanja i spustanja S+ =

0

√3 0 0

0 0 2 0

0 0 0√3

0 0 0 0

= S†−, odakle je Sx =

12

0

√3 0 0√

3 0 2 0

0 2 0√3

0 0√3 0

kao i Sy =12

0 −i

√3 0 0

i√3 0 −2i 0

0 2i 0 −i√3

0 0 i√3 0

, pa je S2 = 6I4.

Resenje 13.68. Matrica operatora projekcije spina je Sn = S·n = Sz cos θ+sin θ(Sx cosϕ+

Sy sinϕ) = 12

(cos θ sin θe−iϕ

sin θeiϕ − cos θ

)i njene svojstvene vrednosti (moguce projekcije) su

λ = ±1/2. Svojstveni vektori su |n,+ ⟩ =(

cos θ2

eiϕ sin θ2

)i |n,−⟩ =

(sin θ

2

−eiϕ cos θ2

).

Resenje 13.69. Verovatnoca je v(±12, Sn, | + ⟩) = ⟨ + | P (±)

n | + ⟩, gde je projektor

na pravac koji odgovara svojstvenoj vrednosti ±12jednak P

(±)n =| n,± ⟩⟨ n,± | (videti

prethodni zadatak 13.68), odakle je v(12, Sn, |+ ⟩) = cos2 θ

2i v(−1

2, Sn, |+ ⟩) = sin2 θ

2.

Resenje 13.70. Generator podgrupe rotacija oko ose n je Sn = S ·n, odakle se za rotacijuza ugao α dobija Rn(α) = eiαSn =

∑∞k=0

(iαS·n)k

k!= I2 + iαS · n + 1

2!(iα)2(S · n)2 + . . .

Racunajuci sabirak po sabirak i koristeci resenje zadatka 13.66 dobija se (S ·n)2 = 14(σ ·

n)(σ ·n) = 14(n ·n+iσ ·(n×n)) = 1

4, (S ·n)3 = (S ·n)2(S ·n) = 1

4S ·n. . . Dalje, operator

rotacije je Rn(α) = I2 + iα2(σ ·n)− 1

2!α2

22I2 − i

3!α3

23(σ ·n) + . . . , odakle, grupisuci sabirke,

se dobija Rn(α) = I2(1− 12!α2

22+ . . . ) + i(σ ·n)(α

2− 1

3!α3

23+ . . . ) = I2 cos

α2+ i(σ ·n) sin α

2.

Odavde se vidi da i u ovom slucaju tek rotacija za 4π daje identicnu transformaciju.

Resenje 13.71. Direktnim mnozenjem matrica se dobija Sx = S1x ⊗ I2 + I1 ⊗ S2x =

12

0 1 1 01 0 0 11 0 0 10 1 1 0

, Sy = S1y⊗I2+I1⊗S2y =12

0 −i −i 0i 0 0 −ii 0 0 −i0 i i 0

i Sz = S1z⊗I2+I1⊗S2z =

1 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 −1

, odakle se sabiranjem kvadrata matrica dobija S2 =

2 0 0 00 1 1 00 1 1 00 0 0 2

.

Vidi se da su zajednicki svojstveni vektori matrica Sz i S2: | S = 1,M = 1 ⟩ =| ++ ⟩i | S = 1,M = −1 ⟩ =| −− ⟩, dok je za dobijanje druga dva vektora potrebno resiti

zajednicki svojstveni problem nulte 2 × 2 matrice i matrice

(1 11 1

)odakle se dobijaju

Page 41: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.3. ANGULARNI MOMENT 121

vektori za svojstvene vrednosti |S = 1,M = 0 ⟩ = 1√2(|+−⟩+ |−+ ⟩) i |S = 0,M = 0 ⟩ =

1√2(|+−⟩− |−+ ⟩).

Resenje 13.72. Maksimalna tezina je vektor | S = 1,M = 1 ⟩ =| ++ ⟩, dok je min-imalna vektor | S = 1,M = −1 ⟩ =| −− ⟩. Bilo spustanjem (pomocu S−) iz maksi-malne, bilo podizanjem (pomocu S+) iz minimalne tezine se dobija

√2 |S = 1,M = 0 ⟩ =

S± | S = 1,M = ∓1 ⟩ = (S1± ⊗ I2 + I1 ⊗ S2±) | ∓∓ ⟩ =|+− ⟩+ | −+ ⟩, odakle se dobijavektor |S = 1,M = 0 ⟩ = 1√

2(|+−⟩+ |−+ ⟩). Dalje, kako je potprostor za M = 0 dvodi-

menzionalan i razapet vektorima |+−⟩ i |−+⟩, to se jednostavno uz zahtev ortogonalnostina vektor |S = 1,M = 0 ⟩ dobija |S = 0,M = 0 ⟩ = 1√

2(|+−⟩− |−+ ⟩).

Resenje 13.73. Neka su oznake, radi kompaktnog zapisa, za vektore u jednocesticnomprostoru | l = 1,m = ±1 ⟩ =|± ⟩ i | l = 1,m = 0 ⟩ =|0 ⟩. Bazis u ukupnom prostoru je β ={|++⟩, |+0⟩, |+−⟩, |0+⟩, |00⟩, |0−⟩, |−+⟩, |−0⟩, |−−⟩}. Ukupni angularni moment uzimavrednosti L = |l1 − l2|, . . . , l1 + l2 = 0, 1, 2. Zajednicki svojstveni bazis |L,M ⟩ je povezansa bazisom β na sledeci nacin |2, 2 ⟩ =|++ ⟩ , |2,−2 ⟩ =|−− ⟩ , | L,±1 ⟩ = cL±0 | ±0 ⟩ +cL0± |0±⟩, |L, 0⟩ = cL+− |+−⟩+cL00 |00⟩+cL−+ |−+⟩. Algoritam je sledeci: pomocu operatoraspustanja L− izracunati vektor |2, 1⟩ odakle se u DVOdimenzionalnom potprostoru nalazi(kao ortogonalan) vektor | 1, 1 ⟩, dalje se pomocu operatora spustanja izracunaju vektori|2, 0⟩ i |1, 0⟩ odakle se u TROdimenzionalnom potprostoru nade (kao ortogonalan) vektor| 0, 0 ⟩,. . . Prvi vektor se nalazi iz

√2(2 + 1)− 2(2− 1) | 2, 1 ⟩ = 2 | 2, 1 ⟩ = L− | 2, 2 ⟩ =

(l1− + l2−) | ++ ⟩ =√2 | 0+ ⟩ +

√2 | +0 ⟩ odakle se dobija |2, 1 ⟩ = 1√

2(|+0 ⟩+ |0+ ⟩) .

Iz ortogonalnosti ⟨2, 1|1, 1⟩ = 0 sledi |1, 1 ⟩ = 1√2(|+0 ⟩− |0+ ⟩) . Dalje, spustanjem iz

| 2, 1 ⟩ se nalazi√

2(2 + 1)− 1(1− 1) | 2, 1 ⟩ =√6 | 2, 0 ⟩ = L− | 2, 1 ⟩ = (l1− +

l2−)1√2(|+0 ⟩+ |0+ ⟩) = 1√

2

√2 |00 ⟩+ 1√

2

√2 |+−⟩+ 1√

2

√2 |−+ ⟩+ 1√

2

√2 |00 ⟩, odakle je

|2, 0 ⟩ = 1√6(|+−⟩+ 2 |00 ⟩+ |−+ ⟩) , dok iz |1, 1⟩ se nalazi

√1(1 + 1)− 1(1− 1) |1, 1⟩ =

√2 | 1, 0 ⟩ = L− | 1, 1 ⟩ = (l1− + l2−)

1√2(| +0 ⟩− | 0+ ⟩) = 1√

2

√2 | 00 ⟩ + 1√

2

√2 | +− ⟩ −

1√2

√2 | −+ ⟩ − 1√

2

√2 | 00 ⟩, odakle je |1, 0 ⟩ = 1√

2(|+−⟩− |−+ ⟩) . Iz ortogonalnosti

⟨2, 0|0, 0⟩ = 0 i ⟨1, 0|0, 0⟩ = 0 se dobija |0, 0 ⟩ = 1√3(|+−⟩− |00 ⟩+ |−+ ⟩) . Poslednja

dva vektora je moguce dobiti spustanjem iz | 2, 0 ⟩ i | 1, 0 ⟩, ali lakse je dobiti | 2,−1 ⟩podizanjem iz |2,−2 ⟩ pa iz zahteva ortogonalnosti na njega dobiti |1,−1 ⟩. Podizanjemiz | 2,−2 ⟩ se dobija

√2(2 + 1)− (−2)(−2 + 1) | 2,−1 ⟩ = 2 | 2,−1 ⟩ = L+ | 2,−2 ⟩ =

(l1+ + l2+) | −− ⟩ =√2 | 0− ⟩ +

√2 | −0 ⟩ odakle je |2,−1 ⟩ = 1√

2(|0−⟩+ |−0 ⟩) . Iz

ortogonalnosti ⟨2,−1|1,−1⟩ = 0 se, konacno, dobija |1,−1 ⟩ = 1√2(|0−⟩− |−0 ⟩) .

Resenje 13.74. Ovde se slazu dva angularna momenta, jedan orbitalni l = 1 (bazis{|ml = −1, 0, 1 = −, 0,+⟩}) a drugi spinski s = 1/2 (bazis {|ms = ±1/2 = ±⟩}). Ukupniangularni moment uzima vrednosti j = 1/2, 3/2 (nekorelisani bazis u ukupnom prostoru je{|ms,ml ⟩ =|ms ⟩⊗ |ml ⟩}). Pomocu operatora podizanja i spustanja se dobija simetrijskiadaptiran bazis u ukupnom prostoru (uporediti resenje sa zadatkom 13.75)

Page 42: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

122 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

|+,+ ⟩ =| 32, 3

2⟩

1√3(|−,+ ⟩+

√2 |+, 0 ⟩) =| 3

2, 1

2⟩ | 1

2, 1

2⟩ = 1√

3(√2 |−,+ ⟩− |+, 0 ⟩)

1√3(|+,−⟩+

√2 |−, 0 ⟩) =| 3

2,−1

2⟩ | 1

2,−1

2⟩ = 1√

3(√2 |+,−⟩− |−, 0 ⟩)

|−,−⟩ =| 32,−3

2⟩

Stanje |χ ⟩ se moze izraziti bilo pomocu korelisanog bilo pomocu nekorelisanog bazisa kao

|χ⟩ = 1√6(√3 | 3

2,1

2⟩+i | 3

2,−1

2⟩+i

√2 | 1

2,−1

2⟩) = 1√

6(|−,+⟩+

√2 |+, 0⟩+i

√3 |+,−⟩).

Ovde ce biti iskoriscen prvi oblik. Radi kompaktnijeg zapisa, neka su vektori | 32, 12⟩ =|1 ⟩,

| 32,−1

2⟩ =|2 ⟩ i | 1

2,−1

2⟩ =|3 ⟩, pa je |χ ⟩ = 1√

6(√3 |1 ⟩+i |2 ⟩+i

√2 |3 ⟩). Za dalje resavanje

zadatka pogodno je uzeti operator Jn u obliku

Jn = sin θJ+e−iϕ + sin θJ−e

iϕ + cos θJz.

Nenulti matricni elementi od Jz su ⟨ 1 | Jz |1 ⟩ = 12, ⟨ 2 | Jz |2 ⟩ = −1

2i ⟨ 3 | Jz |3 ⟩ = −1

2;

nenulti matricni elementi od J± su ⟨2 | J− |1 ⟩ = ⟨1 | J+ |2 ⟩ = 2. Srednja vrednost od Jzje

⟨χ | Jz |χ ⟩ =1

6

[31

2+ 1

(−1

2

)+ 2

(−1

2

)]= 0.

Srednja vrednost od J± je

⟨χ | J+ |χ ⟩ = (⟨χ | J− |χ ⟩)∗ = 1

6(2i

√3) =

i√3.

Iz prethodnog sledi rezultat

⟨χ | Jn |χ ⟩ = sin θi√3e−iϕ + sin θ

−i√3eiϕ =

2√3sin θ sinϕ.

Resenje 13.75. Ukupni prostor stanja je H = Hs ⊗ Hl. Potrebno je proveriti da li svioperatori medusobno komutiraju. Zato sto operatori s i l deluju u razlicitim prostorimaonda je [s2, l2] = 0. Dodatno, zbog komutiranja s2 i l2 sa svim svojim komponentamavazi [l2, jz] = [l2, sz+ lz] = 0 i [s2, jz] = [s2, sz+ lz] = 0. Za dalju analizu pogodno je uzetioperator j2 u obliku j2 = s2+l2+s+l−+s−l++2szlz. Ocigledno vazi [j2, s2] = 0 = [j2, l2].Za poslednji komutator je potrebno imati u vidu [sz, s±] = ±s± i [lz, l±] = ±l± zbog cegase dobija [j2, jz] = [s+l−+s−l+, sz+ lz] = −s+l−+s+l−+s−l+−s−l+ = 0. Iz prethodnogje moguce resiti zajednicki svojstveni problem. Nekorelisani bazis u ukupnom prostoruje β0 = {| + ⟩ | l, l ⟩, . . . , | + ⟩ | l,−l ⟩, | − ⟩ | l, l ⟩, . . . , | − ⟩ | l,−l ⟩}. Ovaj bazis jesvojstveni bazis operatora s2 i l2, a delovanje je s2 | ± ⟩ | l,m ⟩ = 3

4| ± ⟩ | l,m ⟩ i

l2 |± ⟩ | l,m ⟩ = l(l + 1) |± ⟩ | l,m ⟩. Takode, ovaj bazis je svojstveni od jz, koji deluje nanjega kao jz |±⟩ |l,m⟩ = (m±1

2) |±⟩ |l,m⟩ odakle je reprezentacija ovog operatora [jz]β0 =

diag(l+ 12, l− 1

2, l− 3

2, . . . ,−l+ 1

2, l− 1

2, l− 3

2, . . . ,−l− 1

2). Preuredujuci vektore u bazisu kao

β = {|+⟩ |l, l⟩, |+⟩ |l, l − 1⟩, |−⟩ |l, l⟩, . . . , |+⟩ |l,−l⟩, |−⟩ |l,−l + 1⟩, |−⟩ |l,−l⟩} operatorjz je reprezentovan kao [jz]β = diag(l+ 1

2, l− 1

2, l− 1

2, . . . ,−l+ 1

2,−l+ 1

2,−l− 1

2) odakle se

vidi da jz ima nedegenerisane svojstvene vrednosti samo za prvi i poslednji vektor dok su

Page 43: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.3. ANGULARNI MOMENT 123

ostale dvostruko degenerisane. U nedegenerisanim potprostorima se dobija j2 |+⟩ |l, l ⟩ =(34+ l(l + 1) + 21

2l) |+ ⟩ | l, l ⟩, odnosno j2 |+ ⟩ | l, l ⟩ =

[(l + 1

2)] [(l + 1

2) + 1

]|+ ⟩ | l, l ⟩ i

j2 | − ⟩ | l,−l ⟩ =[(l + 1

2)] [(l + 1

2) + 1

]|+ ⟩ | l, l ⟩. U dvodimenzionalnim potprostorima

span(|+ ⟩ | l, jz − 12⟩, |− ⟩ | l, jz + 1

2⟩) operator j2 deluje kao

j2 |+ ⟩ | l, jz − 12⟩ =

[(l + 1

2)2 + jz

]|+ ⟩ | l, jz − 1

2⟩+

√(l + 1

2)2 − j2z |− ⟩ | l, jz + 1

2⟩,

j2 |− ⟩ | l, jz + 12⟩ =

√(l + 1

2)2 − j2z |+ ⟩ | l, jz − 1

2⟩+

[(l + 1

2)2 − jz

]|− ⟩ | l, jz + 1

2⟩,

pa je reprezentacija [j2] =

(l + 12)2 + jz

√(l + 1

2)2 − j2z√

(l + 12)2 − j2z (l + 1

2)2 − jz

. Svojstvene vrednosti ove

matrice su λ± =[(l ± 1

2)] [

(l ± 12) + 1

], odakle se vidi da je j = l ± 1

2, pa su svojstveni

vektori | j = l ± 12, jz ⟩ =

√l+1/2±j2l+1

| + ⟩ | l, jz − 12⟩ ±

√l+1/2∓j2l+1

| − ⟩ | l, jz + 12⟩, ili

kao tzv. spinori ψjzj=l±1/2 =

√l+1/2±j2l+1

Yjz−1/2l (θ, ϕ)

±√

l+1/2∓j2l+1

Yjz+1/2l (θ, ϕ)

=√

l+1/2±j2l+1

Yjz−1/2l (θ, ϕ)

(10

√l+1/2∓j2l+1

Yjz+1/2l (θ, ϕ)

(01

).

Resenje 13.76. Vektor |L = 0,M = 0 ⟩ je linearna kombinacija vektora |l,m ⟩⊗ |l,−m ⟩,tj. |L = 0,M = 0 ⟩ =

∑lm=−l Cm |l,m ⟩⊗ |l,−m ⟩. Operatori podizanja i spustanja anuli-

raju ovaj vektor, pa je npr. 0 = L+ |0, 0⟩ = (l1+⊗I2+I1⊗ l2+)l∑

m=−l

Cm |l,m⟩⊗ |l,−m⟩ =

(l1+ ⊗ I2 + I1 ⊗ l2+)l∑

m=−l

Cm |m,−m ⟩ =l∑

m=−l

Cm(√l(l + 1)−m(m+ 1) |m+ 1,−m ⟩ +

√l(l + 1)−m(m− 1) | m,−m+ 1 ⟩) =

l∑m=−l

Cm√l(l + 1)−m(m+ 1) | m+ 1,−m ⟩ +

l+1∑m=−l+1

Cm√l(l + 1)−m(m− 1) |m,−m+ 1⟩ =

l∑m=−l

Cm√l(l + 1)−m(m+ 1) |m+ 1,−m⟩+

l∑m=−l

Cm+1

√l(l + 1)−m(m+ 1) | m+ 1,−m ⟩, odakle se dobija rekurentna veza Cm +

Cm+1 = 0, pa su koeficijenti Cm = (−1)mC0 i proizvoljna konstanta C0 se dobija iznormiranja, pa je konacan rezultat

|L = 0,M = 0 ⟩ = 1√2l + 1

l∑m=−l

(−1)m | l,m ⟩⊗ | l,−m ⟩.

Resenje 13.77. Bazis u jednocesticnim prostorima je {|m ⟩|m = −j, . . . , j}, pa je bazis uukupnom prostoru {|m1,m2 ⟩ =|m1 ⟩⊗ |m2 ⟩|m1,m2 = −j, . . . , j}. Maksimalna tezina je|J = 2j,MJ = 2j ⟩ =|j, j ⟩, odakle je

√2j(2j + 1)− 2j(2j − 1) |J = 2j,MJ = 2j − 1 ⟩ =

2√j |J = 2j,MJ = 2j − 1⟩ = J− |J = 2j,MJ = 2j ⟩ = (j1−+j2−) |j, j ⟩ =

√2j |j − 1, j ⟩+

Page 44: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

124 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

√2j |j, j − 1 ⟩ ⇒

|J = 2j,MJ = 2j − 1 ⟩ = 1√2(|j, j − 1 ⟩+ |j − 1, j ⟩).

Ortogonalno na prethodni (u dvodimenzionalnom potprostoru span(|j, j − 1⟩, |j − 1, j ⟩))je

|J = 2j − 1,MJ = 2j − 1 ⟩ = 1√2(|j, j − 1 ⟩− |j − 1, j ⟩).

Spustanjem iz prethodna dva se dobijaju vektori

|J = 2j,MJ = 2j − 2⟩ =

√2j − 1

2(4j − 1)

(|j, j − 2 ⟩+ 2

√j

2j − 1|j − 1, j − 1 ⟩+ |j − 2, j ⟩

), i

|J = 2j − 1,MJ = 2j − 2 ⟩ = 1√2(|j, j − 2 ⟩− |j − 2, j ⟩).

Ortogonalno na prethodna dva (u trodimenzionalnom potprostoruspan(|j, j − 2 ⟩, |j − 1, j − 1 ⟩, |j − 2, j ⟩)) je

|J = 2j − 2,MJ = 2j − 2⟩ =

√j

4j − 1

(|j, j − 2 ⟩ −

√2j − 1

j|j − 1, j − 1 ⟩+ |j − 2, j ⟩

).

Resenje 13.78. Potrebno je prvo izracunati komutatore [Li, rj] i [Li, pj]. Uz pomocresenja zadatka 13.50 se dobija [Li, rj] = [l1i+l2i, r2j−r1j] = i~εijkr2k−i~εijkr1k = i~εijkrki [Li, pj] = [l1i + l2i, p1j + p2j] = i~εijkp1k + i~εijkp2k = i~εijkpk. Iz prethodnog sledi[L2,p · r] = [LiLi, pjrj] = Li[Li, pjrj] + [Li, pjrj]Li =Lipj[Li, rj]+Li[Li, pj]rj+pj[Li, rj]Li+[Li, pj]rjLi = i~εijk (Lipjrk + Lipkrj + pjrkLi + pkrjLi) =i~ (−Li(r × p)i + Li(r × p)i − (r × p)iLi + (r × p)iLi) = 0.

Resenje 13.79. Singletno stanje je (videti Zadatke 13.71 i 13.72) |S = 0,M = 0⟩ =|0, 0⟩ =1√2(|+−⟩− |−+ ⟩). Hamiltonijan deluje na ovo stanje kao

H |0, 0 ⟩ = As1 · s2 |0, 0 ⟩ =A

2(S2 − s21 − s22) |0, 0 ⟩ =

A

2(0− 3

4− 3

4) |0, 0 ⟩ = −A3

4|0, 0 ⟩,

odakle se vidi da je singletno stanje svojstveno stanje hamiltonijana za svojstvenu vrednost−A3

4. Evolucija je |0, 0 ⟩t = e

i~Ht |0, 0 ⟩t=0 =

1√2e−

i~A

34t(|+−⟩− |−+ ⟩).

Resenje 13.80. Vektor |l1l2, LLz ⟩ je svojstveni vektor operatora l2i , L2 i Lz za svojstvenevrednosti li(li + 1), L(L+ 1) i Lz, respektivno. Prva srednja vrednost se lako dobija

⟨ l1l2, LLz | l21l22 | l1l2, LLz ⟩ = l1(l1 + 1)l2(l2 + 1).

Iz jednakosti L2 = (l1 + l2)2 = l21 + l

22 +2l1 · l2 se dobija l1 · l2 = 1

2(L2 − l21 − l22) odakle je

⟨ l1l2, LLz | l1 · l2 | l1l2, LLz ⟩ =1

2[L(L+ 1)− l1(l1 + 1)− l2(l2 + 1)].

Iz jednakosti (l1 × l2)2 = εijkl1jl2kεilml1ll2m = (δjlδkm − δjmδkl)l1jl2kl1ll2m = l1jl2kl1jl2k −l1jl2kl1kl2j = l

21l

22 − (l1 · l2)2 se dobija

⟨ l1l2, LLz | (l1× l2)2 |l1l2, LLz ⟩ = l1(l1+1)l2(l2+1)− 1

4[L(L+1)− l1(l1+1)− l2(l2+1)]2.

Page 45: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.4. APROKSIMATIVNI METODI 125

14.4 Aproksimativni Metodi

Resenje 13.81. Ocigledno se za neperturbisani hamiltonijan moze uzeti deo sa velikim

matricnim elementimaH0 = 100

0 1 0 01 0 0 00 0 0 20 0 2 0

i za perturbaciju ostatakH ′ =

0 0 1 20 1 2 31 2 3 02 3 0 4

.

Svojstvena stanja neperturbisanog hamiltonijana za svojstvene energije E(0)±1 = ±100 su

|±100⟩(0) = 1√2

(1 ±1 0 0

), dok su za E

(0)±2 = ±200 stanja |±200⟩(0) = 1√

2

(0 0 1 ±1

).

Prve popravke energije su E(1)±1 = 1

2i E

(1)±1 = 7

2. Popravke stanja (videti 12.7) su

|100 ⟩(1) = − 1

400|−100 ⟩(0) − 1

25|200 ⟩(0) − 1

300|−200 ⟩(0),

|−100 ⟩(1) = 1

400|100 ⟩(0) + 1

300|200 ⟩(0),

|200 ⟩(1) = 1

25|100 ⟩(0) − 1

300|−100 ⟩(0) − 1

800|−200 ⟩(0), i

|−200 ⟩(1) = 1

300|100 ⟩(0) + 1

800|200 ⟩(0).

Resenje 13.82. Za neperturbovani hamiltonijan su (videti Zadatak 13.26-2) svojstvene

energije E(0)n = ~2

2m

(nπa

)2i svojstvena stanja ψ

(0)n (n) =

√2asin nπ

ax, gde je n ∈ N. Sve

energije su nedegenerisane, pa se za popravke dobija

E(1)n = ⟨n | V ′ |n⟩ =

∫ a

0

V ′(x)ψ(0)n

2dx = 2

4

a2V0

∫ a2

0

x sin2 nπ

adx =

V02− V0(nπ)2

[(−1)n − 1] .

Vidi se da je za parno n (stanja imaju cvor na sredini jame) popravka ista i iznosi E(1)n =

V02, dok se za neparno n (stanja imaju trbuh na sredini jame) popravka E

(1)n = V0

2+ 2V0

(nπ)2

smanjuje sa povecanjem n i tezi V02.

Resenje 13.83. Svojstvena stanja izotropnog 2D LHO su proizvodi stanja za 1D LHO saenergijama koje su zbir energija pojedinacnih stanja. Tako, stanja su |nx, ny⟩(0) =|nx⟩⊗ |ny⟩za energije E

(0)n=nx+ny

= ~ω(n + 1). Dalje, energija osnovnog nivoa je E(0)0 = ~ω u stanju

| 0, 0 ⟩(0), prvog pobudenog nivoa E(0)1 = 2~ω u stanjima {| 1, 0 ⟩(0), | 0, 1 ⟩(0)}, drugog

pobudenog nivoa E(0)2 = 3~ω u stanjima {| 2, 0 ⟩(0), | 1, 1 ⟩(0), | 0, 2 ⟩(0)}. Matricni element

(n, n′) koordinate je ⟨n | q |n′ ⟩ =√

~2

1mω

(√n′ + 1δn,n′+1+

√n′δn,n′−1), pa je reprezentacija

perturbacije u potprostoru za E(0)2 , [H ′]n=2 = α~

21mω

√2

0 1 01 0 10 1 0

. Popravke energije u

prvom redu su (svojstvene vrednosti od [H ′]n=2) E(1)2,± = ± α~

mωi E

(1)2,0 = 0. Pokazati da se

rotacijom koordinatnog sistema za π4hamiltonijan svodi na hamiltonijan 2D neizotropnog

LHO, pa se mogu naci egzaktne svojstvene vrednosti.

Resenje 13.84. Stanja su |nx, ny, nz ⟩(0) =|nx ⟩⊗ |ny ⟩⊗ |nz ⟩ za energije E(0)n=nx+ny+nz

=

~ω(n+ 32). Energija osnovnog nivoa je E

(0)0 = 3

2~ω u stanju |0, 0, 0⟩(0), a prvog pobudenog

Page 46: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

126 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

E(0)1 = 5

2~ω u stanjima {| 1, 0, 0 ⟩(0), | 0, 1, 0 ⟩(0), | 0, 0, 1 ⟩(0)}. Matricni element (n, n′)

koordinate je ⟨ n | q | n′ ⟩ =√

~2

1mω

(√n′ + 1δn,n′+1 +

√n′δn,n′−1), pa je reprezentacija

perturbacije u potprostoru za E(0)1 , [H ′]n=1 = α~

21mω

0 1 11 0 11 1 0

. Popravke energije u

prvom redu su (svojstvene vrednosti od [H ′]n=1) E(1)1,2 = 2α~

21mω

i dvostruko degenerisana

E(1)1,−1 = −α~

21mω

.

Resenje 13.85. Svojstvene energije krutog rotatora u ravni su (videti Zadatak 13.56)

E(0)m = m2~2

2Ia svojstvena stanja u koordinatnoj reprezentaciji ⟨ ϕ | ±m⟩(0) = ψ

(0)±m(ϕ) =

1√2πe±imϕ gde je m ∈ N0. Ocigledno je energija dvostruko degenerisana za svako m osim

za m = 0 za koje je nedegenerisana. Za ovaj problem je pogodno perturbaciju napisatiu obliku H ′ = αR2 cosϕ sinϕ. Popravka osnovnog nivoa je E

(1)0 = ⟨ 0 | H ′ | 0 ⟩ =

αR2

∫ 2π

0cosϕ sinϕdϕ = 0. Matricni elementi perturbacije u degenerisanim potprostorima

su ⟨ ±m | H ′ | ±m ⟩ = αR2

∫ 2π

0cosϕ sinϕdϕ = 0 i ⟨m | H ′ | −m ⟩∗ = ⟨ −m | H ′ |m ⟩ =

iαR2

4δm,1 odakle su popravke energije E

(1)m = ±αR2

4δm,1 i nenulta je samo popravka za

m = 1 nivo.

Resenje 13.86. Osnovno stanje je za l = 0 i u tom slucaju je lako resiti radijalnu

jednacinu. Resenja su (videti Zadatak 13.60) za svojstvene energije E(0)n,l=0 = ~2

2m

(nπR

)2i

za svojstvena stanja ψ(0)n,l=0 =

1√2πR

sin nπRr

r, odakle je osnovno stanje ψ

(0)1,0 = 1√

2πR

sin πRr

rza en-

ergijuE(0)1,0 = ~2

2m

(πR

)2. Popravka energije jeE

(1)1,0 = ⟨1, 0 | H ′ |1, 0⟩ =

∫ R04πr2dr 1

2πR

sin2 πR

r2αr =

αR2.

Resenje 13.87. Hamiltonijan elektrona u atomu helijuma je H =p21

2m+

p22

2m+ 2e(−e)

ξr1+

2e(−e)ξr2

+ (−e)(−e)ξ||r1−r2|| gde je ξ = 4πε0 u SI a ξ = 1 u CGS, nadalje je ξ = 1. Ukupni prostor

stanja je H = H1⊗H2 gde su Hi jednocesticni prostori stanja elektrona i. Osnovni hamil-tonijan je zbir jednoelektronskih u polju jezgra naelektrisanja 2e. Svojstvena energija jed-noelektronskog hamiltonijana (videti Zadatak 13.61) je En = − 1

n22e2

a0a stanja ψnlm(r) =

Rnl(r)Yml (θ, ϕ), odakle je za osnovno stanje ψ100(r) =

1√π

(2a0

)3/2e− 2r

a0 za energiju E1 =

−2e2

a0. Osnovno stanje neperturbisanog hamiltonijana je ψ

(0)100,100(r1, r2) = 8

πa30e− 2(r1+r2)

a0

za energiju E(0)1,1 = −4e2

a0. Popravka energije je E

(1)1,1 = ⟨ 100, 100 | H ′ | 100, 100 ⟩ =∫∞

0r21dr1

∫ π0sin θ1dθ1

∫ 2π

0dϕ1

∫∞0r22dr2

∫ π0sin θ2dθ2

∫ 2π

0dϕ2

[8πa30

]2e− 4(r1+r2)

a0e2

∥r1−r2∥ . Za po-

trebu integracije po koordinatama drugog elektrona je povoljno staviti r1 = r1e2z nakon

cega se moze iskoristiti aksijalni razvoj e2

∥r1e2z−r2∥ = e2

r>

∑∞l=0

(r<r>

)lPl(cos θ2) gde su r> =

max(r1, r2), r< = min(r1, r2) i Pl su Legendre-ovi polinomi za koje vazi relacija ortogona-

lnosti∫ 1

−1Pl(t)Pl′(t)dt =

22l+1

δl,l′ . Dalje, posle integracije po θ2 iz celog aksijalnog razvojaostaje sabirak za l = 0. Iz prethodnog sledi da je prva popravka energije osnovnog stanja

E(1)1,1 =

210e2

a60

∫ ∞

0

r21e− 4r1

a0 dr1

[∫ r1

0

r22dr2e− 4r2

a01

r1+

∫ ∞

r1

r22dr2e− 4r2

a01

r2

]=

5

4

e2

a0≈ 34eV.

Page 47: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.4. APROKSIMATIVNI METODI 127

Energije neperturbisanog hamiltonijana i zajedno sa prvom popravkom su

E(0)1,1 ≈ −108.8eV i E

(0+1)1,1 ≈ −74.8eV.

Resenje 13.88. Neka je operator kvadrata ukupnog spina S2 = s21 + s22, razvijeni hamil-

tonijan dobija oblik H = AS2 + 2ABSz + AB2. Posto je B ≪ ~ to se za neperturbisanihamiltonijan moze uzeti H0 = AS2 a za perturbaciju H ′ = 2ABSz. Osnovno stanje(videti Zadatak 13.73) je | 0, 0 ⟩ = 1√

3(| 1;−1 ⟩− | 0; 0 ⟩+ | −1; 1 ⟩) za svojstvenu energiju

neperturbisanog hamiltonijana E(0)0 = 0; prvo pobudeno stanje je trostruko degenerisano

{|1, 1⟩ = 1√2(|1; 0⟩− |0; 1⟩, |1, 0⟩ = 1√

2(|1;−1⟩− |−1; 1⟩), |1,−1⟩ = 1√

2(|0;−1⟩− |−1; 0⟩} i

ima energiju E(0)1 = 2A~2. Prva popravka prvog pobudenog stanja je ocigledno dijagonala

E(1)1M = ⟨ 1,M | H ′ |1,M ⟩ = 2ABM~ gde je M = −1, 0, 1.

Resenje 13.89. Osnovni hamiltonijan je H0 = p2

2m+ mω2

2x2 = ~ω(a+a− + 1

2) ciji su svo-

jstveni vektori | n ⟩(0) i svojstvene energije E(0)n = ~ω(n + 1

2). Prvo pobudeno stanje je

| 1 ⟩ cija je energija E(0)1 = 3

2~ω. Prva popravka energije je E

(1)1 = ⟨ 1 | H ′ | 1 ⟩ = ⟨ 1 |

(Ax3 + Bx4) | 1 ⟩, odakle se razvijajuci operator koordinate po a± dobija da samo neko-liko sabiraka (proizvodi od po dva operatora kreacije i anihilacije) daje rezultat razlicit

od nule, pa je E(1)1 = 15B

(~2

1mω

)2. Za drugu popravku su potrebni matricni elementi

⟨ 1 | H ′ |m = 1 ⟩. Ovi matricni elementi su razliciti od nule samo za monome koji sadrzem − 1 operatora anihilacije vise od operatora kreacije. Sledeci rezultati su potrebni zakonacan rezultat:(m = 0) : ⟨ 1 | (a+a+a− + a+a−a+ + a−a+a+) |0 ⟩ = 3(m = 2) : ⟨ 1 | (a+a−a− + a−a+a− + a−a−a+) |2 ⟩ = 6

√2

(m = 3) : ⟨ 1 | (a+a−a−a− + a−a+a−a− + a−a−a+a− + a−a−a−a+) |3 ⟩ = 10√6

(m = 4) : ⟨ 1 | (a−a−a−) |4 ⟩ = 2√6

(m = 5) : ⟨ 1 | (a−a−a−a−) |5 ⟩ = 2√30

(m ≥ 6) : ⟨ 1 | H ′ |m ⟩ = 0.Iz prethodnog se za drugu popravku dobija

E(2)1 = −71A2

(~2

1

)3

− 330B2

(~2

1

)4

.

Resenje 13.90. Hamiltonijan krutog rotatora (takode i neperturbisani hamiltonijan) je

H0 =l2

2Icija su svojstvena stanja |lm ⟩ za svojstvene energije E

(0)l = l(l+1)~2

2Ikoje su 2l+1

puta degenerisane. Neka je elektricno polje duz z-ose, tj. E = Eez, onda je perturbacijaH ′ = −d ·E = −dE cos θ, a posto je Y 0

1 (θ, ϕ) =12

√π3cos θ to je H ′ = −2

√π3dEY 0

1 (θ, ϕ).Matricni elementi perturbacije su

⟨ lm | H ′ | l′m′ ⟩ = −2

√π

3dE

∫ π

0

sin θdθ

∫ 2π

0

dϕY ml

∗(θ, ϕ)Y m′

l′ (θ, ϕ)Y 01 (θ, ϕ) =

−2

√π

3dE

∫ π

0

sin θdθ

∫ 2π

0

dϕY ml

∗(θ, ϕ)[A1Y

m′

l′−1(θ, ϕ) + A2Ym′

l′ (θ, ϕ) + A3Ym′

l′+1(θ, ϕ)]

−2

√π

3dE (A1δl,l′−1 + A2δl,l′ + A3δl,l′+1) δm,m′ , odakle se vidi da su nenulti samo za ∆l =

Page 48: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

128 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

0,±1 i ∆m = 0. Osnovno stanje je | 0, 0 ⟩ cija je energija E(0)0 = 0. Iz prethodnog, prva

popravka je E(1)0 = ⟨ 00 | H ′ |00 ⟩ = 0. Prva nenulta popravka je u II redu:

E(2)0 =

∑l>0

l∑m=−l

|⟨ 00 | H ′ | lm ⟩|2

− l(l+1)~22I

= −|⟨ 00 | H ′ |10 ⟩|22~22I

= −E2d2I

3~2.

Resenje 13.91. Konstanta normiranja sledi iz 1 = ⟨ψβ |ψβ⟩ =∫∞−∞ |ψβ(x)|2dx = 2a3|A|2β3

3,

odakle se do na fazni faktor dobija A =√

32a3β3 . Hamiltonijan na funkcije deluje na sledeci

nacinHψβ(x) = − ~22mA[δ(x+βa)−2δ(x)+δ(x−βa)]+V (x)ψβ(x), odakle se dobija srednja

vrednost E(β) = ⟨ψβ | H |ψβ ⟩ = 3~22ma2β2 − U(1−3β+3β2)

β3 . Izjednacavajuci izvod funkcionala

energije sa nulom se dobijaju resenja β± = 1 + ~22a2mU

(1±

√1 + 4a2mU

~2

).

Resenje 13.92. Konstanta normiranja sledi iz 1 = ⟨ ψa | ψa⟩ = 4π∫ a0r2|ψa(r)|2dr =

32105a7|b|2π, odakle se do na fazni faktor dobija b =

√105

32a7π. Hamiltonijan na funkcije

za r < a deluje kao Hψa(r) =~22m

6b + mω2

2r2b(a2 − r2), iako u r = a postoji skok prvog

izvoda funkcija u toj tacki je nula pa se diskontinuitet moze zanemariti. Dakle, funkcionalenergije je E(a) = ⟨ ψa | H | ψa ⟩ = 21~2

4ma2+ 1

6mω2a2 i njegov ekstremum koji je u tacki

(R ∋ a > 0) a = 4

√72

√3~mω

iznosi Eext. =√

72~ω ≈ 1.87~ω > 3

2~ω = E000.

Resenje 13.93. Neka su probni vektori ψa1,a2 =

(a1a2

). Funkcional energije je E(a1, a2) =

a21+4a1a2+5a22a21+a

22

. Izjednacavajuci izvode po pojedinim parametrima sa nulom se dobijaju dve

jednacine koje se svode na (a1 + a2)2 − 2a22 = 0 a cija su resenja a1± = (−1 ±

√2)a2. Iz

poslednjeg se dobijaju svojstvene energije E± = 3±√2.

Resenje 13.94. Konstanta normiranja sledi iz 1 = ⟨ψα | ψα⟩ = 2π∫∞0ρ|A|2ρ2ne−2αρdρ =

2π|A|2 Γ[2(1+n)]

22(1+n)α2(1+n) , odakle se do na fazni faktor dobija A = 21+nα1+n√2πΓ[2(1+n)]

. Hamiltonijan na

funkcije za deluje kao Hψα(ρ) = − ~22mAe−αρρn−2 [(αρ− n)2 − αρ] + mω2

2Aρn+2e−αρ, pa je

zavisnost energije od parametra E(α) = ~22m

α2

1+2n+ mw2

2(1+n)(3+2n)

2α2 , odakle je ekstremum u

tacki αext. =√

mω~

4

√12(1 + n)(1 + 2n)(3 + 2n), i konacno Eext. = ~ω

√(1+n)(3+2n)

2(1+2n).

Resenje 13.95. Logican izbor za a, zbog proizvoljnosti, je a = aez, pa je stanje ψα(r) =a2r2 cos2 θe−αr

2. Imenilac iz 12.10, tj. kvadrat duzine vektora, je (videti Poisson-ov inte-

gral 13.17)

⟨ψα | ψα⟩ =∫ ∞

0

r2dr

∫ π

0

sin θdθ

∫ 2π

0

dϕa4r4 cos4 θe−2αr2 =3π

32

2112

a4

α72

.

Laplasijan na funkciju deluje kao ∆ψα(r) = 2a2e−αr2[αr2 (2αr2 − 7) cos2 θ + 1], odakle je

Page 49: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.4. APROKSIMATIVNI METODI 129

brojilac, tj. srednja vrednost hamiltonijana,

⟨ψα | H |ψα ⟩ =~2

m

13π32

2132

a4

α52

+mω221π32

2172

a4

α92

.

Iz prethodnog je funkcional energije

E(α) =⟨ψα | H |ψα ⟩⟨ψα | ψα⟩

=13~2

6mα +

7mω2

8

1

α,

odakle je ekstremum u tacki αext. =√

2152mω~ odakle je

Eext. =

√91

12~ω ≈ 2.75~ω ≈ ~ω(1 +

3

2) = E1.

Resenje 13.96. Kvadrat duzine vektora je ⟨ ψλ | ψλ⟩ = |C|2 π2

λ6. Hamiltonijan je zbir

dva jednoelektronska hamiltonijana (Hi =p2i

2m− 2e2

ri) u polju jezgra naelektrisanja 2e i

interakcije elektrona (H12 = e2

∥r1−r2∥). Srednja vrednost zbira jednoelektronskih hamil-

tonijana u stanju ψλ(r) je ⟨ψλ | (H1+H2) |ψλ ⟩ = 2π2|C|2λ6

(~2λ22m

− 2e2λ). Srednja vrednost

interakcije H12 (videti Zadatak 13.87) je ⟨ ψλ | H12 | ψλ ⟩ = 5e2π2

8λ5|C|2. Iz prethodnog je

E(λ) = ~2λ2m

− 27e2λ8

, odakle je λext. =27e2m16~2 = 27

16a0i (uporediti sa Zadatkom 13.87)

Eext. = −36

28e4m

~2= −36

28e2

a0≈ −77.5eV.

Resenje 13.97. Neka je koordinatni sistem postavljen tako da je a = aez, onda je stanjeψk(r) = a2r2 cos2 θe−k

2r2 . Srednja vrednost hamiltonijana u ovom stanju je

⟨ψk | H |ψk ⟩ =13~2π 3

2a4

2132 mk5

− πe2a4

10k6dok je ⟨ψk | ψk⟩ =

3π32a4

2112 k7

, odakle se dobija funkcional

energije E(k) =13~2k2

6m− 16

15e2k

√2

π. Iz uslova za ekstremum se dobija

0 =∂E(k)

∂k=

13~2kext.3m

− 16

15e2√

2

π⇒ kext. =

16e2m

65~2

√2

π=

16

65a0

√2

π≈ 0.2A

a0,

koji iznosi

Eext. = − 256

975π

e4m

~2= − 512

975π

e2

2a0≈ − 1

2.52e2

2a0≈ −2.3eV.

Resenje 13.98. Probna funkcija u sfernim koordinatama ima oblik pogodan za dalji racunψk(r) = Cr2(3 cos2 θ− 1)e−kr. Imenilac u funkcionalu energije je ⟨ψk | ψk⟩ = 18π

k7|C|2 dok

je brojilac (srednja vrednost hamiltonijana) ⟨ ψk | H | ψk ⟩ = ~22m

18πk5

|C|2 − 6πe2

k6|C|2. Iz

prethodnog je E(k) = ~2k22m

− e2k3. Iz uslova za ekstremum se dobija

0 =∂E(k)

∂k=

~2km

− e2

3⇒ kext. =

e2m

3~2=

1

3a0

Page 50: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

130 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

koji iznosi

Eext. = − e4m

18~2= − 1

32e2

2a0≈ −1.5eV.

Resenje 13.99. Pogodno je postaviti koordinatni sistem tako da je centar mase dva pro-tona u koordinatnom pocetku i da su njihove koordinate R± = ±R

2ez. Hamiltonijan je

tada

H =p2+2mN

+p2−2mN

+p2

2m− e2

r+− e2

r−+e2

R,

gde su p± impulsi protona, mN masa protona, p impuls elektrona, m masa elektrona, enaelektrisanje, r± = ∥r −R±∥ rastojanje elektrona od ± protona i R rastojanje izmeduprotona. Zanemarujuci kretanje jezgara, potom menjajuci energetsku skalu, tj. efektivnooduzimanje sabirka e2

R, dobija se efektivni hamiltonijan (u atomskim jedinicama)

H =p2

2− 1

r+− 1

r−.

Posto je funkcija normirana, tj. ⟨ ψ(α,R) | ψ(α,R)⟩ = 1, dovoljno je izracunati srednjuvrednost hamiltonijana ⟨ ψ(α,R) | H | ψ(α,R) ⟩. Srednja vrednost kineticke energije je

⟨ ψ(α,R) | p2

2| ψ(α,R) ⟩ = α2

2R2 , dok su srednje vrednosti interakcije (videti Zadatak 13.87)jednake i iznose ⟨ ψ(α,R) | 1

r±| ψ(α,R) ⟩ = 1

R[2− e−α(2 + α)], odakle je srednja vrednost

hamiltonijana ⟨ψ(α,R) | H |ψ(α,R) ⟩ = α2

2R2 − 2R[2− e−α(2 + α)]. Iz uslova za ekstremum po

R se dobija

0 =∂E(R)

∂R= −α2

R3+

2 [2− e−α(2 + α)]

R2⇒ Rext. =

α2

2 [2− e−α(2 + α)]≈ 1.3Bohr ≈ 0.7A.

Resenje 13.100. Najprostiji slucaj je familija funkcija ψα(ρ) = e−αρ za koju se dobija

(videti Zadatak 13.94) αext. =√

mω~

4

√32i Eext. = ~ω

√32. Prvo pobudeno stanje se

nalazi u ortokomplementu osnovnog. Posto je u pitanju beskonacno-dimenzionalan pros-tor potrebno je pogodno odabrati stanje iz ortokomplementa. Skalarni proizvod funkcijeosnovnog stanja sa, npr., familijom funkcija ψ1(ρ) = ρne−αρ za bilo koje n ne bi bionula. Ostaje da se izabere neka kombinacija razlicitih stepena. Najprostiji izbor (funkcijasa dva parametra od kojih bi jedan bio odreden ortogonalnoscu a drugi bi ostao vari-jacioni parametar) bi bio ψ1

β(ρ) = [1 + β(αρ) + γ(αρ)2] e−αρ, pa se za skalarni proizvod

dobija ⟨ ψα | ψ1β⟩ = π(2+2β+3γ)

4α2 , odakle se vidi da je nula u slucaju γ = −23(1 + β).

Iz prethodnog, za familiju funkcija koje opisuju prvo pobudeno se moze uzeti ψ1β(ρ) =[

1 + β(αρ)− 23(1 + β)(αρ)2

]e−αρ. Dalje se za kvadrat norme probne funkcije dobija

⟨ ψβ | ψβ⟩ = π12α2 (14 + 16β + 5β2) = ~π

6√6mω

(14 + 16β + 5β2) a za srednju vrednost

⟨ψβ | H |ψβ ⟩ = ~2π24m

(14 + 8β + 3β2)+ πmω2

8α4 (53 + 72β + 25β2) = ~2π24m

(120+152β+53β2).

Odavde su, konacno, funkcional energije E1(β) = ~ω√

32120+152β+53β2

2(14+16β+5β2), ekstremalna vred-

nost parametra β±ext. = − 1

44(71±

√465) i ekstremumi energije

E1±ext. =

1

4

√739± 21

√465~ω ≈

{8.63~ω4.23~ω .

Page 51: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.5. DODATNI ZADACI 131

Resenje 13.101. Hamiltonijan je H = p2

2m− e2

r. Posto je s stanje u pitanju to se uglovni

deo moze zanemariti i posmatrati samo radijalna zavisnost. Prvo je potrebno procenitienergiju 1s stanja. U tu svrhu, neka je funkcija stanja ψα(r) = e−αr, onda su ⟨ψα | ψα⟩ =πα3 i ⟨ψα | H |ψα ⟩ = ~2π

2mα− e2π

α2 . Funkcional energije je E(α) =~2α2

2m−e2α pa su αext. =

me2

~2

i Eext. = −me4

2~2 = − e2

2a0. Istom logikom kao u Zadatku 13.100 se bira familija funkcija

ψβ(r) = [1 + β(αr) + γ(αr)2] e−αr. Iz ortogonalnosti na nadeno stanje se dobija jednacinaπ(2+3β+6γ)

2α3 = 0 odakle je γ = −16(2 + 3β). Dalje se za kvadrat norme probne funkcije

dobija ⟨ ψβ | ψβ⟩ = π8α3 (12 + 20β + 9β2) = ~6π

8e6m3 (12 + 20β + 9β2) a za srednju vrednost

⟨ψβ | H |ψβ ⟩ = ~2π16mα

(12 + 12β + 5β2)− e2π24α2 (20 + 24β + 9β2) = − ~4π

48e2m2 (4 + 12β + 3β2).

Odavde su, konacno, funkcional energije E1(β) = − e4m(4+12β+3β2)6~2(12+20β+9β2)

i ekstremalna vrednost

parametra β± = ± 2√3. Negativna vrednost energije se dobija samo za βext. =

2√3i iznosi

E1±ext. = −

(2√3− 1

)me4

2~2= −

(2√3− 1

)e2

2a0≈ − 1

2.52e2

2a0≈ −2.1eV.

14.5 Dodatni zadaci

Resenje 13.102. Posto se za svako |x ⟩ dobija ⟨x | A1 |x ⟩ =∑

b(⟨x | ⊗⟨ b |)A(|x ⟩⊗ |b ⟩),realnost i pozitivnost clanova na desnoj strani implicira realnost i pozitivnost leve strane.Konacno, ako je A statisticki operator, TrA1 =

∑ab(⟨ a | ⊗⟨ b |)A(|a ⟩⊗ |b ⟩) = TrA = 1.

Resenje 13.103. U sva tri slucaja se koristi jednakost iz 13.8, i rezultate je lako uporeditisa klasicnim zakonima kretanja.(a) Hamiltonijan je H = p2

2mpa je operator koordinate u Heisenberg-ovoj slici

xH = x+

[i

~p2

2mt, x

]+

1

2

[i

~p2

2mt,

[i

~p2

2mt, x

]]+ . . . ,

gde je drugi sabirak u sumi[i~p2

2mt, x]= i

~12mt [p2, x] = i

~12mt (−i~2p) = p

mt pa su ostali

komutatori jednaki nuli, odakle je xH = x+ pmt. Posto operator impulsa ocigledno ko-

mutira sa hamiltonijanom to je pH = p.

(b) Hamiltonijan je H = p2

2m+mgh pa je operator koordinate u Heisenberg-ovoj slici

hH = h+

[i

~

(p2

2m+mgh

)t, h

]+

1

2

[i

~

(p2

2m+mgh

)t,

[i

~

(p2

2m+mgh

)t, h

]]+ . . . ,

gde je drugi sabirak u sumi isti kao u prethodnom slucaju[i~

(p2

2m+mgh

)t, h]=[i~p2

2mt, h]= i

~12mt [p2, h] = i

~12mt (−i~2p) = p

mt, treci je

12

[i~

(p2

2m+mgh

)t, pmt]= 1

2i~mgt

tm[h, p] = 1

2i~mgt

tm(i~) = −gt2

2, pa su ostali jednaki nuli.

Odavde je hH = h+ pmt− gt2

2. Slicno, za operator impulsa se dobija

pH = p+

[i

~

(p2

2m+mgh

)t, p

]+

1

2

[i

~

(p2

2m+mgh

)t,

[i

~

(p2

2m+mgh

)t, p

]]+ . . . ,

Page 52: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

132 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

gde je drugi sabirak u sumi[i~

(p2

2m+mgh

)t, p]=[i~mght, p

]= i

~mgt [h, p] =i~mgt (i~) = −mgt, pa su ostali jed-

naki nuli. Odavde je pH = p−mgt.

(c) Hamiltonijan je H = p2

2m+ mω2

2x2. U ovom slucaju je lakse resiti zadatak tako sto se

prvo nadu operatori kreacije i anihilacije u Heisenberg-ovoj slici pa se operatori koordi-nate i impulsa izraze pomocu njih. Tako, hamiltonijan ima oblik H = ~ω(n + 1/2) gdeje n = a+a− i vazi [n, a±] = ±a± odakle [H, a±] = ±~ωa±. Dakle, operatori kreacije ianihilacije u Heisenberg-ovoj slici su

a±H = a± +

[i

~Ht, a±

]+

1

2

[i

~Ht,

[i

~Ht, a±

]]+ · · · = a±

∞∑i=0

1

i!(±iωt)i = a±e±iωt,

pa je operator koordinate

xH =

√~2

1

(a+H + a−H

)=

√~2

1

(mωx− ip√

2~mωeiωt +

mωx+ ip√2~mω

eiωt)

xH = x cosωt+p

mωsinωt, dok je operator impulsa

pH = i

√~2

1

(a+H − a−H

)= i

√~2

1

(mωx− ip√

2~mωeiωt − mωx+ ip√

2~mωeiωt)

pH = −mωx sinωt+ p cosωt.

Resenje 13.104. Hamiltonijan 3D izotropnog LHO je H = p2

2m+ mω2

2r2. Komuta-

tor hamiltonijana sa x komponentom angularnog momenta je [lx, H] = 12m

[lx, pipi] +mω2

2[lx, riri] =

12m

([lx, pi]pi + pi[lx, pi]) +mω2

2([lx, ri]ri + ri[lx, ri]) =

12m

i~ε1ij(pipj + pipj) +mω2

2i~ε1ij(rirj + rirj) = 0. Sabirci pre poslednje jednakosti su kontrakcija antisimetricnog

(ε1ij) i simetricnog (pipj ili rirj) tenzora po indeksima ij. Zato sto je komutator hamil-tonijana sa operatorom lx jednak nuli, to je operator u Heisenberg-ovoj slici isti kao uSchrodinger-ovoj, tj. lxH = lx.

Resenje 13.105. Kao sto je receno, reprezentacije (13.5) se pokazuju pokazivanjem jed-nakosti dejstva na osnovne varijable u faznom prostoru. Delovanje na impuls se dobijadirektnim diferenciranjem po vremenu dejstva na koordinate.(a) Neka je vektor rotacije ϕ = ϕeϕ, gde je ϕ njegova duzina. Rastavljanjem vektora rna paralelnu i ortogonalnu komponentu, u odnosu na ϕ, kao r = (r · eϕ)eϕ + r⊥ dobijase Rϕr = (r · eϕ)eϕ + cosϕr⊥ + sinϕeϕ × r⊥ odakle je

Rϕr = (1− cosϕ)(r · eϕ)eϕ + cosϕr − sinϕr × eϕ.

Lako se vidi da su izvodi za k ∈ N0

d2k+1Rϕr

dϕ2k+1= (−1)k [sinϕ(r · eϕ)eϕ − sinϕr − cosϕr × eϕ] ,

d2(k+1)Rϕr

dϕ2(k+1)= (−1)k [cosϕ(r · eϕ)eϕ − cosϕr + sinϕr × eϕ] .

Page 53: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.5. DODATNI ZADACI 133

S druge strane, koristeci identitet (r × eϕ)× eϕ = (r · eϕ)eϕ − r dobija se

− d2k+1Rϕr

dϕ2k+1× eϕ = (−1)k [sinϕr × eϕ + cosϕ(r × eϕ)× eϕ] =

d2(k+1)Rϕr

dϕ2(k+1),

− d2(k+1)Rϕr

dϕ2(k+1)× eϕ = (−1)k+1 [− cosϕr × eϕ + sinϕ(r × eϕ)× eϕ] =

d2(k+1)+1Rϕr

dϕ2(k+1)+1.

Iz poslednjeg se vidi da za n ∈ N0

dnRϕr

dϕn= (−1)n (. . . ((︸ ︷︷ ︸

n

Rϕr)× eϕ)× · · · )× eϕ.

Razvijajuci Rϕr u red, dobija se

Rϕr =∞∑n=0

ϕn

n!

(dnRϕ

dϕn

)ϕ=0

r =∞∑n=0

(−1)n

n!(. . . (︸ ︷︷ ︸n−1

r × ϕ)× · · · )× ϕ.

S druge strane koristeci osobine Poisson-ove zagrade dobija se [li, rj]PZ = [εiklrkpl, rj]PZ =εiklrk[pl, rj]PZ = −εiklrkδlj = εijkrk (εikl je tenzor Levy-Chivita) odakle se dobija [ϕ ·l, r]PZ = [ϕili, rjej]PZ = ϕiej[li, rj]PZ = ϕiejεijkrk = r × ϕ. Neka je

[ϕ · l, . . . , [ϕ · l, r ]PZ . . . ]PZ︸ ︷︷ ︸n

= (. . . (︸ ︷︷ ︸n−1

r × ϕ)× · · · )× ϕ = rk0ekn

n∏i=1

εki−1jikiϕji ,

onda se dobija

[ϕ·l, . . . , [ϕ·l, r ]PZ . . . ]PZ︸ ︷︷ ︸n+1

= [ϕ·l, rk0eknn∏i=1

εki−1jikiϕji ]PZ = [ϕj1lj1 , rk1ekn+1

n+1∏i=2

εki−1jikiϕji ]PZ

[ϕ · l, . . . , [ϕ · l, r ]PZ . . . ]PZ︸ ︷︷ ︸n+1

= ϕj1ekn+1

n+1∏i=2

εki−1jikiϕji [lj1 , rk1 ]PZ = rk0ekn+1

n+1∏i=1

εki−1jikiϕji

[ϕ · l, . . . , [ϕ · l, r ]PZ . . . ]PZ︸ ︷︷ ︸n+1

= (. . . (︸ ︷︷ ︸n

r × ϕ)× · · · )× ϕ. Koristeci poslednju jednakost, red

se moze zapisati na sledeci nacin

Rϕr =∞∑n=0

(−1)n

n![ϕ · l, . . . , [ϕ · l, r ]PZ . . . ]PZ︸ ︷︷ ︸

n

=∞∑n=0

(−1)n

n!

(ϕ · l

)nr = e−ϕ·lr.

Ostale jednakosti se dobijaju direktno razvijanjem eksponencijalne funkcije u red.(b) Posto je (a · p)r = [a · p, r]PZ = [aipi, rjej]PZ = aiej[pi, rj]PZ = aiej(−δij) = −a iodavde (a · p)nr = 0 za n > 1, dobija se

e−a·pr =∞∑n=0

(−1)n

n!(a · p)nr = r + a.

Page 54: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

134 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

(c) Zbog (mv · q)nr = 0 za n > 0, dobija se

e−mv·qr =∞∑n=0

(−1)n

n!(mv · q)nr = r.

(d) Posto je (τH)r = [τH, r]PZ = [τ p2

2m, r]PZ = [τ pipi

2m, rjej]PZ = τ

2mej[pipi, rj]PZ =

−2 τ2mpiei = − τ

mp i odavde (τH)nr = 0 za n > 1, dobija se

e−τHr =∞∑n=0

(−1)n

n!(τH)nr = r +

τ

mp.

Resenje 13.106. Operator prostorne inverzije je nulpotentan, tj. za parno n, In jejedinica dok je za neparno n, In = I. Razvijajuci operator eiπI dobija se eiπIψ(r) =∑

n(iπ)n/n!Inψ(r) =

∑k(−)kπ2k/(2k)!ψ(r)+i

∑k(−)kπ2k+1/(2k+1)!Iψ(r) = cos(π)ψ(r)+

i sin(π)ψ(−r) = −ψ(r)

Resenje 13.107. Neka su I jedinicni operator i I operator prostorne inverzije. Svakafunkcija se moze napisati kao zbir parne i neparne funkcije kao: ψ(r) = (ψ(r)+ψ(−r))/2+(ψ(r) − ψ(−r))/2 = (I + I)/2ψ(r) + (I − I)/2ψ(r) = P+ψ(r) + P−ψ(r). Opera-tor I je hermitski sto proizlazi iz: (ψ(r), Iφ(r)) =

∫∞−∞ dx

∫∞−∞ dy

∫∞−∞ dzψ(r)φ(−r) =

−∫ −∞∞ dx

∫ −∞∞ dy

∫ −∞∞ dzψ(−r)φ(r) =

∫∞−∞ dx

∫∞−∞ dy

∫∞−∞ dzψ(−r)φ(r) = (Iψ(r), φ(r)).

Kao posledica, operatori P± su hermitski, i idempotentni P 2± = (I ± I)2/4 = (I ± 2I +

I2)/4 = P±.

Resenje 13.108. Operator Uαβ je unitaran (transformacija simetrije) ako su α i β realni

brojevi. Operator Uαβ je prostorna inverzija ako vaze jednakosti Sx = UαβxU†αβ = −x i

Sp = UαβpU†αβ = −p. Koristeci jednakost iz Zadatka 13.8 dobija se: Sx = x + [αx2 +

βp2, x] + 12![αx2 + βp2, [αx2 + βp2, x]] + · · · =

∑∞i=0

1i!Ki, gde je Ki+1 = [Ki, x]. Lako

je izracunati komutatore: K0 = x, K1 = ~βp, K2 = (−~2αβ)x, K3 = (−~2αβ)~βp,K4 = (−~2αβ)2x, . . . Odakle za i ∈ N0 vazi K2i = (−~2αβ)ix i K2i+1 = (−~2αβ)i~βp, paje

Sx = x∞∑i=0

(−1)i(~√αβ)2i

(2n)!+p

√β

α

∞∑i=0

(−1)i(~√αβ)2i+1

(2n+ 1)!= x cos ~

√αβ+p

√β

αsin ~

√αβ.

Operator Sp se moze izracunati na slican nacin. Medutim, posto je Uαβ unitaran operator,osim toga sto cuva skalarni proizvod, cuva i komutatorske jednakosti. Tako, pretpostavl-jajuci resenje u obliku Sp = C1x+ C2p, iz [Sx, Sp] = [x, p] = i~ se dobija

Sp = −x√α

βcos ~

√αβ + p sin ~

√αβ.

Da bi operator Uαβ bio operator inverzije, dobija se resenje ~√αβ = π+2iπ, gde je i ∈ Z.

Resenje 13.109. Posto su α i β realni brojevi to je operator Uαβ unitaran (transformacijasimetrije). Da bi ovaj operator bio operator permutacije moraju da vaze jednakosti

Uαβ(x1 − x2)U†αβ = −(x1 − x2) i Uαβ(p1 − p2)U

†αβ = −(p1 − p2).

Page 55: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.5. DODATNI ZADACI 135

Uz smenu x1 − x2 = x i p1 − p2 = p se jednakosti svode na jednakosti iz zadatka 13.108pa je i resenje isto ~

√αβ = π + 2iπ, gde je i ∈ Z.

Resenje 13.110. Sve transpozicije (koje se javljaju samo za N > 1) su u istoj klasi kon-jugacije od SN , posto je svaki par medusobno konjugovan: τpp′ = τpqτqq′τq′p′ . Odavde,one imaju iste karaktere u svim reprezentacijama, pa za jednodimenzionalne, reprezento-vane su istim brojevima. Ocigledno je τ 2pp′ = e (jedinicni element), homeomorfizam dajeza svaku reprezentaciju D2(τpp′) = 1, sto se za jednodimenzione reprezentacije svodi naD(τpp′) = ±1. Uzimajuci jedan od ova dva izbora za sve transpozicije dobijaju se kaoproizvodi paran ili neparan stepen od ±1.

Resenje 13.111.

(i) Bazis u jednocesticnom prostoru je β = {|+⟩, |−⟩}, odakle je bazis u ukupnom pros-toru βu = {|++⟩, |+−⟩, |−+⟩, |−−⟩}. Grupa simetrije je S2 = {e, τ}. Simetrizatorje P (+) = 1

2(∆(e) + ∆(τ)), i deluje na vektore iz bazisa dajuci P (+) | ±± ⟩ =| ±± ⟩

i P (+) | ±∓ ⟩ = 12(| +− ⟩+ | −+ ⟩), odakle se vidi da je bazis u simetricnom

potprostoru β(S2+) = {| ++ ⟩, 1√

2(| +− ⟩+ | −+ ⟩), | −− ⟩}. Antisimetrizator

P (−) = 12(∆(e) − ∆(τ)) anulira prvi i poslednji vektor iz bazisa β dok na srednja

dva deluje kao P (+) | ±∓ ⟩ = ±12(| +− ⟩− | −+ ⟩), pa je bazis u antisimetricnom

potprostoru β(S2−) = { 1√

2(|+−⟩− |−+ ⟩)}.

(ii) Bazis u jednocesticnom prostoru je β = {|1, 1 ⟩, |1, 0 ⟩, |1,−1 ⟩} = {|+ ⟩, |0 ⟩, |− ⟩},dok je βu = {|++ ⟩, |+0 ⟩, |+− ⟩, | 0+ ⟩, | 00 ⟩, | 0− ⟩, | −+ ⟩, | −0 ⟩, | −− ⟩}. Grupasimetrije je S2 = {e, τ}. Na isti nacin kao u prethodnoj tacki se dobijaju bazisi:β(S2

+) = {|++⟩, 1√2(|+0⟩+ |0+⟩), |00⟩, 1√

2(|0−⟩+ |−0⟩), |−−⟩, 1√

2(|+−⟩+ |−+⟩)}

i β(S2−) = { 1√

2(|+0 ⟩− |0+ ⟩), 1√

2(|0−⟩− |−0 ⟩), 1√

2(|+−⟩− |−+ ⟩)}

(iii) Bazis u ukupnom prostoru u slucaju tri cestice jeβu = {|+++ ⟩, |++−⟩, |+−+ ⟩, |−++ ⟩, |− −+ ⟩, |−+−⟩, |+−−⟩, |− − −⟩}.Grupa simetrije je S3 = {(123), (231), (312), (132), (321), (213)}. Simetrizator jeP (+) = 1

3!(∆(123) + ∆(231) + ∆(312) + ∆(132) + ∆(321) + ∆(213)). Na prvi i

poslednji vektor, simetrizator deluje P (+) | ± ± ± ⟩ =| ± ± ± ⟩, na drugi vektorP (+) |++− ⟩ = 1

6(|++− ⟩+ |+−+ ⟩+ | −++ ⟩), dok delujuci na pretposlednji

daje P (+) | +−− ⟩ = 16(| +−− ⟩+ | −+− ⟩+ | − −+ ⟩). Antisimetrizator

je P (−) = 13!(∆(123) + ∆(231) + ∆(312) − ∆(132) − ∆(321) − ∆(213)) odakle je

ocigledno da pri dejstvu na svaki vektor se dobija nulti vektor.

Resenje 13.112. Neka je bazis u jednocesticnom prostoru β1 = {| 1 ⟩, . . . , | n ⟩}, onda jeu ukupnom prostoru nekorelisani bazis β = {|m1,m2 ⟩|m1/2 = 1, . . . , n}. Grupa simetrijeje S2 pa je (anti)simetrizator P (±) = 1

2(∆(e)±∆(τ)). Potrebno je razdvojiti dva slucaja

nekorelisanih vektora. U prvom slucaju je m1 = m2 i na takav vektor projektori delujukao P (±) |m1,m2 ⟩ = 1

2(|m1,m2 ⟩± |m2,m1 ⟩) dok simetrizator ostavlja nepromenjenim

vektore |mm ⟩ antisimetrizator ih anulira. Sve u svemu, bazis u simetricnom potprostoruje β2

+ = {|m,m ⟩}∪{ 1√

2(|m1,m2 ⟩+ |m2,m1 ⟩)|m1 < m2} dok je bazis u antisimetricnom

delu prostora β2− = { 1√

2(|m1,m2 ⟩− |m2,m1 ⟩)|m1 < m2}.

Page 56: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

136 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

Resenje 13.113. Svojstvene energije i svojstvena stanja cestice u beskonacno dubokoj

potencijalnoj jami (videti Zadatak 13.26-2) su En = ~22m

(nπa

)2i ψn(x) =

√2asin nπ

ax.

Tripletna stanja (videti Zadatak 13.72) su simetricna, dok je singletno antisimetricno.Posto ukupno stanje dva identicna fermiona mora da bude antisimetricno, to je prostornideo za tripletna ψ−

n1,n2(x1, x2) =

1√2[ψn1(x1)ψn2(x2)− ψn1(x2)ψn2(x1)] dok je za singletno

bilo ψ+n1,n2

(x1, x2) =1√2[ψn1(x1)ψn2(x2)+ψn1(x2)ψn2(x1)] bilo ψ

+n,n(x1, x2) = ψn(x1)ψn(x2).

Osnovno stanje u slucaju tripleta je ψ−2,1(x1, x2) =

1√2[ψ2(x1)ψ1(x2) − ψ2(x2)ψ1(x1)] dok

je u slucaju singleta ψ+1,1(x1, x2) = ψ1(x1)ψ1(x2). U svakom slucaju je energija u stanju

ψ±n1,n2

jednaka En1,n2 = En1 + En2 . Verovatnoca da se jedna cestica u stanju ψn nade u

levoj polovini je v(0 < x < a2, x, ψn) =

∫ a2

02asin2 nπ

axdx = 1

2. Konacno, verovatnoca za

osnovno stanje u slucaju tripleta je v(0 < x1, x2 <a2, x1 ⊗ x2, ψ

−2,1) =

14− 16

9π2 ≈ 114

dok jeu slucaju singleta v(0 < x1, x2 <

a2, x1 ⊗ x2, ψ

+1,1) =

14. Za prvo pobudeno stanje u slucaju

singleta ψ+2,1(x1, x2), ova verovatnoca je v(0 < x1, x2 <

a2, x1 ⊗ x2, ψ

+2,1) =

14+ 16

9π2 ≈ 37.

Resenje 13.114. Verovatnoca da se dobije vrednost z ≥ 0 pri merenju koordinate ustanju |ψ ⟩ je v(z ≥ 0, r, |ψ ⟩) = ⟨ψ | Pz≥0 |ψ ⟩, gde je

Pz≥0 =

∫ ∞

−∞dx

∫ ∞

−∞dy

∫ ∞

0

dz |x ⟩ |y ⟩ |z ⟩⟨x | ⟨ y | ⟨ z |=∫z≥0

|r ⟩⟨ r | dr.

Verovatnoca da se dobije za jednu cesticu z1 ≥ 0 i za drugu z2 ≥ 0 u stanju | ± ⟩ jev(z1 ≥ 0 ∧ z2 ≥ 0, r1 ⊗ r2, |± ⟩) = ⟨± | Pz1≥0 ⊗ Pz2≥0 |± ⟩ ==

1

2(⟨ ab | ±⟨ ba |)

∫z1,z2≥0

|r1 ⟩⟨ r1 | ⊗ |r2 ⟩⟨ r2 | dr1dr2(|ab ⟩± |ba ⟩) =

=1

2

∫z1,z2≥0

(|⟨ a | r1⟩|2|⟨ b | r2⟩|2 + |⟨ b | r1⟩|2|⟨ a | r2⟩|2

)dr1dr2±

±1

2

∫z1,z2≥0

(⟨ a | r1⟩⟨ b | r2⟩⟨ r1 | b⟩⟨ r2 | a⟩+ ⟨ b | r1⟩⟨ a | r2⟩⟨ r1 | a⟩⟨ r2 | b⟩) dr1dr2 =

=

∫z≥0

|⟨ a | r⟩|2dr∫z≥0

|⟨ b | r⟩|2dr ±∫z≥0

⟨ a | r⟩⟨ r | b⟩dr∫z≥0

(⟨ a | r⟩⟨ r | b⟩)∗ dr =

= v(z ≥ 0, r, |a ⟩)v(z ≥ 0, r, |b ⟩)± |Sab|2, gde je Sab =∫z≥0

⟨ a | r⟩⟨ r | b⟩dr. Prvi sabiraku rezultatu je klasicna verovatnoca da se obe cestice nadu u poluprostoru z ≥ 0, i ovaverovatnoca je uvecana/umanjena za bozone/fermione.

Resenje 13.115. Stanje tri identicna fermiona (|ψ− ⟩) se dobija delovanjem antisimetriza-tora A na neku kombinaciju tri zadata vektora, npr. | ψ− ⟩ = C3!A | aab ⟩ | pmp ⟩ =C(|aab⟩ |pmp⟩+ |baa⟩ |ppm⟩+ |aba⟩ |mpp⟩− |baa⟩ |pmp⟩− |aba⟩ |ppm⟩− |aab⟩ |mpp⟩).Konstanta C se nalazi iz normiranja, pa posto vektori | p/m ⟩ cine ortonormirani bazis,dobija se 1 = ⟨ ψ− | ψ−⟩ = |C|26(1 − |S|2) odakle je do na fazni faktor C = 1√

6(1−|S|2).

Cestice su identicne pa je proizvoljno na kojoj cestici se vrsi merenje. Verovatnoca da sedobije vrednost ±1

2pri merenju spina na jednoj cestici je v(±1

2, Ip⊗ s1z⊗ I2⊗ I3, |ψ− ⟩) =

⟨ ψ− | Ip ⊗ P(±1/2)1 ⊗ I2 ⊗ I3 | ψ− ⟩, gde su Ip jedinicni operator u prostornom delu, I2/3

jedinicni operatori u spinskom delu za cestice 2/3, s1z z komponenta spina za cesticu 1 i

P(±1/2)1 projektori na stanja |p/m⟩ za cesticu 1. Suma ove dve verovatnoce je 1. Konacno,

Page 57: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.5. DODATNI ZADACI 137

verovatnoca v(−12, Ip ⊗ s1z ⊗ I2 ⊗ I3, |ψ− ⟩) je

1

6(1− |S|2)(⟨aba | ⟨mpp | −⟨aab | ⟨mpp |)Ip⊗ |m⟩⟨m | ⊗I2⊗I3(|aba⟩ |mpp⟩− |aab⟩ |mpp⟩),

odakle se dobija v(−12, Ip ⊗ s1z ⊗ I2 ⊗ I3, | ψ− ⟩) = 1

6(1−|S|2)2(1 − |S|2) = 13pa je zbog

sumiranja verovatnoca u jedinicu v(12, Ip ⊗ s1z ⊗ I2 ⊗ I3, |ψ− ⟩) = 2

3.

Resenje 13.116. Ukupno stanje dva identicna bozona je simetricno |ϕ⟩ = 1√2(1+|S|2)

(|ψχ⟩+ |χψ⟩).Verovatnoca da se dobije za jednu cesticu p1z ≥ 0 i za drugu p2z ≥ 0 u stanju | ϕ ⟩ jev(p1z ≥ 0 ∧ p2z ≥ 0,p1 ⊗ p2, |ϕ ⟩) = ⟨ϕ | Pp1z≥0 ⊗ Pp2z≥0 |ϕ ⟩ =

=1

2(1 + |S|2)(⟨ψχ | +⟨χψ |)

∫p1z ,p2z≥0

|p1 ⟩⟨p1 | ⊗ |p2 ⟩⟨p2 | dp1dp2(|ψχ ⟩+ |χψ ⟩) =

=1

1 + |S|2

(∫pz≥0

|⟨ψ | p⟩|2dp∫pz≥0

|⟨χ | p⟩|2dp+

∣∣∣∣∫pz≥0

⟨ψ | p⟩⟨p | χ⟩dp∣∣∣∣2)

=

=1

1 + |S|2(v(pz ≥ 0,p, |ψ ⟩)v(pz ≥ 0,p, |χ ⟩) + |Sψχ|2

), gde je Sψχ =

∫pz≥0

⟨ψ |p⟩⟨p |χ⟩dp.

Resenje 13.117. Dva bazisa su povezana pomocu | jp ⟩ =∑

l Ulp | il ⟩, gde je U uni-tarni operator (posto je det(U) cista faza). Nova Slater-ova determinanta je | n−; j ⟩ =1√N !

det | jp ⟩q = 1√N !

det∑

l Ulp | il ⟩q. Forma elementa pq je (UT | il ⟩)pq, dok homeomor-

fizam funkcionala determinanti, detA detB = detAB, daje |n−; j ⟩ = det(U) |n−; i ⟩.

Resenje 13.118. Nekorelisani vektori | l,m ⟩ su (videti resenje zadatka 13.71 ili 13.72)| 1,±1 ⟩ =| ±± ⟩, | 1, 0 ⟩ = 1√

2(| +− ⟩+ | −+ ⟩) i | 0, 0 ⟩ = 1√

2(| +− ⟩− | −+ ⟩). Stanje ρ

izrazeno preko jednocesticnih stanja je ρ = ρ+ + ρ− gde su

ρ± = α1± |±± ⟩⟨±± | +α10 + α00

2|±∓ ⟩⟨±∓ | +α10 − α00

2|∓± ⟩⟨±∓ | .

Parcijalni trag bilo po prvom bilo po drugom prostoru je

ρ1/2 = Tr 2/1ρ = ⟨+ |2/1 ρ |+ ⟩2/1 + ⟨− |2/1 ρ |− ⟩2/1,

odakle se dobijaju jednocesticna stanja koji su istog oblika

ρ1/2 =

(α1+ +

α10 + α00

2

)|+ ⟩⟨+ | +

(α1− +

α10 + α00

2

)|− ⟩⟨− | .

Ocigledno su svojstveni vektori |± ⟩ za svojstvene vrednosti r± = α1± + α10+α00

2. Lako se

proverava da je trag redukovanih stanja Tr ρ1/2 = 1.

Resenje 13.119. Svi sabirci u sumi |n± ⟩ =√

1n!N !

∑π(±)π∆(π) | i1 ≤ · · · ≤ iN ⟩ sadrze

iste kvantne brojeve, i ocigledno se trazeni skalarni proizvod anulira ako skup kvantnihbrojeva {i1, . . . , iN} nije nadskup od {jL+1, . . . , jN}, tj. kada je neka od komponenti odnL = n − nN−L negativna. U suprotnom, postoji permutacija σ definisana u postavcizadatka, koja ureduje kvantne brojeve {i1 ≤ · · · ≤ iN} tako da se poslednjih N − L

Page 58: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

138 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

poklapaju sa | jL+1, . . . , jN ⟩ i prvih L su uredeni. Tada je L cesticno stanje | ΨL ⟩ =⟨ jL+1, . . . , jN | n±⟩:

|ΨL ⟩ =(±)σ√n!N !

∑π

(±)π⟨ jL+1, . . . , jN | ∆(π) | iσ−11 ≤ · · · ≤ iσ−1L, jL+1, . . . , jN ⟩.

Posto je bra-vektor fiksiran, parcijalni skalarni proizvod koji sadrzi permutaciju π sene anulira samo ako π ostavlja invarijantnim stanja cestica L + 1, . . . , N . Svaka takvapermutacija se moze napisati kao proizvod π = πLπn, gde πL ∈ SL permutuje samo prvihL cestica, i πn ∈ Sn. Ipak, presek grupa SL i Sn je upravo grupa SnL

, stabilizator Lcesticnog stanja | iσ−11 ≤ · · · ≤ iσ−1L ⟩. Dakle, faktorizacija πLπn nije jedinstvena, i uskupu proizvoda πLπn svaka permutacija se pojavljuje tacno nL! puta. Dobija se

|ΨL ⟩ =∑πL,πn

(±)σ+πL+πn

nL!√n!N !

⟨ jL+1, . . . , jN | ∆(πLπn) | iσ−11 ≤ · · · ≤ iσ−1L, jL+1, . . . , jN ⟩.

Konacno, vidi se da je

⟨jL+1, . . . , jN | ∆(πLπn) |iσ−11 ≤ · · · ≤ iσ−1L, jL+1, . . . , jN ⟩ = ∆(πL) |iσ−11 ≤ · · · ≤ iσ−1L ⟩,

nezavisno od πn; odavde se vidi da postoji n! takvih clanova (od kojih su svi sa istimznakom: za fermione πn je identicna permutacija, dok su za bozone sve permutacije istogznaka), koji dovode do

|ΨL ⟩ =(±)σn!

nL!√n!N !

∑πL

(±)πL∆(πL) | iσ−11 ≤ · · · ≤ iσ−1L ⟩.

Sumirajuci po svim πL, ukljucujuci normalizacioni faktor, dobija se (13.6a). Analognose dobija (13.6b). U slucaju L = 1, permutacija σ pomera prvu cesticu koja je u stanju| j ⟩, na prvo mesto (kada ovo stanje nestane pomocu ⟨ j |). Dakle, postoji lj =

∑i<j ni

stanja ispred, koja se efektivno rotiraju pomocu σ = τ12 · · · τlj−1,ljτlj ,lj+1, pokazujuci davazi lj = σ.

Resenje 13.120. Iz (13.6) direktno sledi

ρ1,...,L =∑

jL+1,...,jN

⟨jL+1, . . . , jN |n±⟩⟨n± | jL+1, . . . , jN⟩ =(N

L

)−1 ∑nL≤n

CnL

n!L!

nL!N !|n±

L ⟩⟨n±L |,

gde je tezina CnLbroj koliko puta se broj popunjenosti nL pojavljuje prilikom sumiranja

u j = (jL+1, . . . , jN). Da bi se nasla, potrebno je primetiti da se nL pojavljuje za jtako da vazi nL = n − n(j). Za fiksirano nL, takode je i n(j) fiksirano, i za (N − L)!permutacija skupa j, sve zajedno n(j)! daje isto uredenje indeksa j, tj. odgovaraju istomsabirku u sumi po j. Dakle, postoji CnL

= (N−L)!/n(j)! razlicitih sabiraka sa istim nL.

Resenje 13.121. Kako je n! = nL! = 1, ρ1,...,L =(NL

)−1∑nL≤n

(nnL

)|n±

L ⟩⟨n±L |, gde je(

nnL

) def.=∏|S|

s=1

(ns

nLs

)postaje

ρ1,...,L =∑nL≤n

|n±L ⟩⟨n±

L |(NL

) =L!(NL

) N∑′

i1<···<iL=1

P(−)L | i1, . . . , iL ⟩⟨ i1, . . . , iL | P (−)

L .

Page 59: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.5. DODATNI ZADACI 139

Primovana suma znaci da svi indeksi uzimaju vrednosti svih N jednocesticnih stanjadefinisanih sa ns = 1 u n (drugacije, moze se pretpostaviti da bazis u jednocesticnomprostoru |i⟩ pocinje sa N okupiranih stanja i indeksi uzimaju vrednosti od 1 do N). Zbogantisimetrizatora, ogranicenja i1 < · · · < iL u sumaciji se mogu izostaviti: ponovljeniindeksi se zanemaruju antisimetrizatorima, i samo neuredene permutacije od (i1 < · · · <iL) se efektivno dodaju. Ipak, odgovarajuci vektori P (−) | i1, . . . , iL ⟩ su do na znak istikao i uredeni, i isti znak se pojavljuje i u braovima i u ketovima. Kako postoji L! istihsabiraka, umesto jednog koji se mora kompenzovati deljenjem:

ρ1,...,L =1(NL

) N∑′

i1,...,iL=1

P(−)L | i1, . . . , iL ⟩⟨ i1, . . . , iL | P (−)

L .

Preostalo je da se primeti da sumacije po i1, . . . , iL postaju nezavisne, svaka daje projektorPn, i da direktni proizvod L ovakvih projektora komutira sa projektorom P

(−)L , koji se

moze izostaviti sa jedne strane.

Resenje 13.122. Po definiciji (ˆP (+)A)P (±) = 1

N !2

∑ππ′(±)π∆−1(π′)A∆(π′)∆(π). Zamen-

jujuci π′π sa π′′, dobija se ∆(π′)∆(π) = ∆(π′′) i ∆−1(π′) = ∆−1(π)∆−1(π′′). Zamenjujucisumacije po π′ i π sumacijama po π′′ i π−1, respektivno (lema preuredenja), dobija se

(ˆP (+)A)P (±) = P (±)(

ˆP (+)A).

Resenje 13.123. Operatori K± =∑2k+1

p=1 kp± su simetricni (aditivni) operatori, znaci

da komutiraju sa antisimetrizatorom (u suprotnom relevantni prostor S2k+1− ne bi bio

invarijantan). Dakle, stanje 2k + 1 cestica

|n− ⟩ =√N !P (−)

n |n ⟩ =√

1

N !

∑π

(−)π | iπ−11 < · · · < iπ−1N ⟩

je definisano brojevima popunjenosti nm = 1, m = −l, . . . , l (koristi se jednocesticni bazis|Q,m ⟩):

|n− ⟩ =√N !P (−)

n |n ⟩ =√

1

N !

∑π

(−)π∆(π) |Q,−l; . . . ;Q, l ⟩,

odakle

K± |n− ⟩ =√

1

N !

2l+1∑p=1

∑π

(−)πkp±∆(π) |Q,−l; . . . ;Q, l ⟩.

Svaki sabirak kp±∆(π) | Q,−l; . . . ;Q, l ⟩ je jednak nuli: bilo na poziciji p posle dejstva∆(π) pojavljuje se kp± |Q,m = ±l ⟩ = 0, ili kp± |Q,±m ⟩ ∼|Q,±m± 1 ⟩, stanje u kojemse vec nalazi elektron. Ipak, K± | n− ⟩ = K±P

(−) | n− ⟩ = P (−)K± | n− ⟩, i moze seprimeniti opet antisimetrizacija na svaki sabirak, odakle se dobija nulti vektor.

Resenje 13.124. Bazis u jednocesticnom prostoru stanja je | s = 2,ms ⟩ =| ms ⟩ gdems uzima vrednosti ms = 0,±1,±2. Za pocetak, neka je bazis u ukupnom prostorustanja nekorelisani | s1 = 2,m1s ⟩⊗ | s2 = 2,m2s ⟩ =| m1s ⟩⊗ | m2s ⟩ =| m1s;m2s ⟩. Zatosto je operator ukupnog spina simetrican, to su razdvojeni simetricni i antisimetricni

Page 60: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

140 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

potprostori. Zato sto je maksimalna tezina |S = 4,MS = 4 ⟩ =|2; 2 ⟩ simetrican vektor tosu svi vektori |S = 4,MS ⟩ simetricni. Dalje, potprostor |S,MS = 3⟩ je dvodimenzionalani razapet vektorima {|2; 1⟩, |1; 2⟩}, pa posto je |4, 3⟩ simetrican to je |3, 3⟩ antisimetricanzbog cega su svi |3,MS ⟩ antisimetricni. Ponavljajuci isto rezonovanje dalje, dobija se dasu | 2,MS ⟩ simetricni, | 1,MS ⟩ antisimetricni i | 0, 0 ⟩ je simetrican. Neka su, za daljuupotrebu, vektori oznaceni kao |MS, λ⟩±, gde jeMS ukupna projekcija spina, λ prebrojavarazlicite vektore a ± oznacava simetrican/antisimetrican vektor. Znaci, simetricni vektorisu|±4, 1 ⟩+ =|±2;±2 ⟩|±3, 1 ⟩+ =|±2;±1 ⟩+ |±1;±2 ⟩|±2, 1 ⟩+ =|±2; 0 ⟩+ |0;±2 ⟩ |±2, 2 ⟩+ =|±1;±1 ⟩|±1, 1 ⟩+ =|±2;∓1 ⟩+ |∓1;±2 ⟩ |±1, 2 ⟩+ =|±1; 0 ⟩+ |0;±1 ⟩|0, 1 ⟩+ =|2;−2 ⟩+ |−2; 2 ⟩ |0, 2 ⟩+ =|1;−1 ⟩+ |−1; 1 ⟩ |0, 3 ⟩+ =|0; 0 ⟩,

a antisimetricni|±3, 1 ⟩− =|±2;±1 ⟩− |±1;±2 ⟩|±2, 1 ⟩− =|±2; 0 ⟩− |0;±2 ⟩|±1, 1 ⟩− =|±2;∓1 ⟩− |∓1;±2 ⟩ |±1, 2 ⟩− =|±1; 0 ⟩− |0;±1 ⟩|0, 1 ⟩− =|2;−2 ⟩− |−2; 2 ⟩ |0, 2 ⟩− =|1;−1 ⟩− |−1; 1 ⟩.

Simetricni deo: Posto je stanje |0, 0⟩ simetricno, onda ima oblik |0, 0⟩ =∑3

λ=1Ci |0, i⟩+,a delovanjem operatora S− se dobija nula. Operator S− deluje na vektore | 0, i ⟩+ kaoS− | 0, 1 ⟩+ = 2 | −1, 1 ⟩+, S− | 0, 2 ⟩+ = 2 | −1, 1 ⟩+ +

√6 | −1, 2 ⟩ i S− | 0, 3 ⟩+ =√

6 | −1, 2 ⟩, odakle su veze izmedu konstanti C3 = −C2 = C1, pa je vektor | 0, 0 ⟩ =1√5

∑2m=−2(−1)m |m;−m ⟩ (videti Zadatak 13.76). Potrebno je naci jos jedan simetricni

vektor u trodimenzionalnom potprostoru. Vektor | 2, 0 ⟩ se dobija iz | 2, 2 ⟩ kao | 2, 0 ⟩ ∼S2− | 2, 2 ⟩. Ocigledno je vektor | 2, 2 ⟩ =

∑2i=1Ci | 2, i ⟩+, i iz jednakosti S+ | 2, 2 ⟩ = 0 se

dobijaju konstante. Dakle, S+ | 2, 1 ⟩+ =√6 | 3, 1 ⟩+ i S+ | 2, 2 ⟩+ = 2 | 3, 1 ⟩+, odakle je

|2, 2⟩ = 1√7(√2 |2; 0⟩−

√3 |1; 1⟩+

√2 |0; 2⟩). Spustanjem se dobija |2, 1⟩ = 1

2S− |2, 2⟩ =

1√14(√6 | 2;−1 ⟩− | 1; 0 ⟩− | 0; 1 ⟩ +

√6 | −1; 2 ⟩), odakle se jos jednim spustanjem dobija

| 2, 0 ⟩ = 1√6S− | 2, 1 ⟩ = 1√

14(2 | 2;−2 ⟩+ | 1;−1 ⟩ − 2 | 0; 0 ⟩+ | −1; 1 ⟩ + 2 | −2; 2 ⟩).

Poslednji simetricni vektor | 4, 0 ⟩ se dobija iz ortogonalnosti na | 2, 0 ⟩ i | 0, 0 ⟩, pa je|4, 0 ⟩ = 1√

70(|2;−2 ⟩+ 4 |1;−1 ⟩+ 6 |0; 0 ⟩+ 4 |−1; 1 ⟩+ |−2; 2 ⟩).

Antisimetricni deo: Na slican nacin se dobijaju antisimetricni vektori. Vektor | 1, 1 ⟩je linearna kombinacija dva vektora | 1, 1 ⟩ =

∑2i=1Ci | 1, i ⟩−, operator S+ ga anulira,

pa iz 0 = S+ | 1, 1 ⟩ = (√6C1 + 2C2) | 2, 1 ⟩− sledi | 1, 1 ⟩ = 1√

10(√2 | 2;−1 ⟩ −√

3 |1; 0 ⟩+√3 |0; 1 ⟩ −

√2 |−1; 2 ⟩) odakle se spustanjem dobija |1, 0 ⟩ = 1√

2S− |1, 1 ⟩ =

1√10(2 | 2;−2 ⟩− | 1;−1 ⟩+ | −1; 1 ⟩ − 2 | −2; 2 ⟩). Vektor | 3, 0 ⟩ je ortogonalan na vektor

| 1, 0 ⟩ u dvodimenzionalnom prostoru razapetom vektorima | 0, i ⟩−, odakle se dobija|3, 0 ⟩ = 1√

10(|2;−2 ⟩+ 2 |1;−1 ⟩ − 2 |−1; 1 ⟩− |−2; 2 ⟩).

Resenje 13.125. Uporediti definiciju ai |n1, . . . , ni, . . .⟩ = (±)li(n)√ni |n1, . . . , ni − 1, . . .⟩sa (13.6c). Za a†s se posmatra dejstvo na levo u ⟨n′± | a†s |n± ⟩ =

√N(⟨n′± | s⟩) |n± ⟩.

Tako, izraz se anulira osim ako |n′± ⟩ zadovoljava ⟨ s | n′±⟩ ∼|n± ⟩. Ipak, ovo je samo|n± ⟩ |s ⟩ (svuda je uzeto da se |s ⟩ odnosi na poslednju cesticu). Ipak, iako je tacan brojpopunjenosti, stanje nije (anti)simetrizovano, sto ce reci da nije u Fock-ovom prostoru:

Page 61: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

14.5. DODATNI ZADACI 141

adjungovani operator iz F± mora biti operator u istom prostoru. Zato se ovaj vektor mora(anti)simetrizovati, ali se prethodno mora uneti kvantni broj s (tj. permutovan sa σ) napoziciju ps, tako da su stanja posle njega sa vecim kvantnim brojevima. Zajedno, ovakose dobija isti rezultat kao i u a†i | n1, . . . , ni, . . . ⟩ = (±)li(n)

√1± ni | n1, . . . , ni + 1, . . . ⟩.

Uopstavanje (13.7) se dobija sukcesivnim delovanjem prve jednakosti. Forma nezavisna odN se dobija koristeci operator broja cestica: ⟨ j1, . . . , jL | n±⟩ = ajL

1√N· · · aj1 1√

N|n± ⟩.

Resenje 13.126. Neka je prostor stanja jedne cestice jednodimenzionalan. Sve opserva-ble su realni brojevi, medu kojima je i hamiltonijan ~ω (ω ≥ 0). Dalje, svaki N -cesticniprostor je opet jednodimenzionalan, razapet vektorom | N ⟩ (posto postoji samo jedanjednocesticni bazisni vektor, broj popunjenosti je jednostavno broj cestica). Cestice neinteraguju, odakle je N -cesticni hamiltonijan N~ω. Cestice se mogu kreirati i anihilirati,tako da se moraju posmatrati u Fock-ovom prostoru, koji je bas prostor stanja harmoni-jskog oscilatora. Preostalo je samo da se energija pomeri za ~ω/2, i dinamika oscilatoraje kompletno reprodukovana opisanim neinteragujucim cesticama, koje odgovaraju eksc-itacijama harmonijskog oscilatora. Komutacione relacije pokazuju da su takve ekscitacijeBose-tipa.

Resenje 13.127. Posmatra se matricni element Ann′ = ⟨n± | A[L] |n′± ⟩ u bazisu brojeva

popunjenosti:

Ann′ =

∑p1<···<pl

∑s1,...,sLs′1,...,s

′L

As1,...,sLs′1,...,s′L⟨n± | s(p1)1 , . . . , s

(pL)L ⟩⟨ s′(p1)1 , . . . , s

′(pL)L | n′±⟩;

gornji indeks prebrojava cestice, tj. nekorelisani vektor | s(p1)1 , . . . , s(pL)L ⟩ opisuje sistem

cestica p1 < · · · < pL, gde je cestica pj u stanju sj. Da bi se primenila (13.7), prvo semoraju pomeriti cestice p1 < · · · < pL na prvih L mesta; ipak, pojavljuje se znak (samo zafermione) u ovakvim permutacijama, i za bra i za ket. Ipak, sumiranje po svim cesticamadaje

(NL

)istih sabiraka:

Ann′ =

(N

L

) ∑s1,...,sLs′1,...,s

′L

As1,...,sLs′1,...,s′L⟨n± | s1, . . . , sL⟩⟨ s′1, . . . , s′L | n′±⟩.

Odavde (13.7) direktno daje jednakost za proizvoljne matricne elemente operatora (13.8).

Resenje 13.128. Definisuci operatore aQkm koji odgovaraju bazisu |Qkm ⟩, i uzimajuciu obzir da je K± jednocesticni aditivni operator takav da za svaki sabirak vazi ⟨Qkm |k± | Q′k′m′ ⟩ = α±

m′δQQ′δkk′δm∓1,m′ , dobija se K± =∑

m α±ma

†mam∓1. Zatvorenoj ljuski

odgovara stanje | n− ⟩, kod koga je broj popunjenosti svih stanja 0 osim nQkm = 1, zam = −l, . . . , l. Ocigledno, K± slika ovo stanje u vektor kod koga je broj popunjenostiveci od 1, tj. u nulti vektor.

Resenje 13.129. Neperturbisani hamiltonijan je H0 = p2

2m+ mω2

2r2 cije su svojstvene

energije Enxnynz = ~ω(nx + ny + nz +32) za svojstvena stanja |nxnynz ⟩. Osnovno stanje

je |000 ⟩. Perturbacija je H ′(t) = qAe−(t/τ)2z, ciji su matricni elementi

⟨nxnynz | H ′(t) |n′xn

′yn

′z ⟩ = qAe−(t/τ)2δnx,n′

xδny,n′

y

√~2

1

mω(√n′z + 1δnz ,n′

z+1+√n′zδnz ,n′

z−1),

Page 62: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

142 GLAVA 14. RESENJA ZADATAKA

odakle se za osnovno stanje |nxnynz ⟩ =|000 ⟩ dobija da je jedini nenulti matricni element

⟨ 000 | H ′(t) | 001 ⟩ = qAe−(t/τ)2√

~2

1mω. Konacno se za verovatnocu prelaska u pobudeno

stanje u najnizem redu dobija

v(2)n9n′ =

1

~2

∣∣∣∣∣∫ ∞

−∞dtei~ωtqAe−(t/τ)2

√~2

1

∣∣∣∣∣2

=πq2A2τ 2

2m~ωe−

12~2ω2τ2 .

Page 63: Glava 13 Zadaci - emineter.files.wordpress.com · Glava 13 Zadaci Zadaci su rasporedeni po oblastima. Teˇski zadaci su oznaˇceni kruˇzi´cem dok su oni ˇcija teˇzina prevazilazi

LITERATURA

[1] Fedor Herbut, Kvantna Mehanika, (Prirodno matematicki fakultet Univerziteta uBeogradu, 1983.).

[2] John von Neumann, Mathematical Foundations of Quantum Mechanics, (PrincetonUniversity Press, Princeton, 1955.).

[3] Albert Messiah, Quantum Mechanics, (Dover Publications 1999.).

[4] L. D. Landau, L. M. Lifshitz, Quantum Mechanics Non-Relativistic Theory,(Butterworth-Heinemann; 3 edition 1981.).

[5] A.S. Davydov, Quantum Mechanics, (Pergamon Pr; 2 edition 1976.).

[6] F. Constantinescu and E. Magyari, Problems in quantum mechanics, (Oxford, NewYork, Pergamon Press 1971.).

[7] W. M. Galicki, B. M. Kamakov, W. I. Kogan, Exercises in quantum mechanics,(Nauka, Moscow 1981.).

143