Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba...
Transcript of Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba...
Uvod u kvantnu mehaniku- vježbe
15. travnja 2020.
***
Sadržaj
1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba 3
2
Poglavlje 1
Postulati kvantne mehanike i Schrödingerovajednadžba
Postulati kvantne mehanike
1. Stanje kvantno mehaničkog sustava je u potpunosti određeno valnom funkcijom ψ(~r, t).
2. Svakoj (opazivoj) dinamičkoj varijabli - opservabli - pripada odgovarajući linearni operator.
3. Ako operator A ima skup svojstvenih funkcija φi i svojstvenih vrijednosti λi, tj. vrijedi
Aφi = λiφi ,
tada se pri točnom mjerenju opservable A mogu dobiti samo svojstvene vrijednosti λi.Svojstvene funkcije operatora su ortonormirane:∫ +∞
−∞φ∗iφjdV = δij .
Ako je λi ∈ <, onda vrijedi A† = A tj. A je Hermitski operator.
4. Svojstvene funkcije φi opservable A čine potpun skup funkcija; dakle, svaku neprekidnu,kvadratičnu i integrabilnu funkciju možemo razviti po tom skupu. Svojstvene funkcijerazapinju beskonačno dimenzionalan Hilbertov prostor stanja. Ako je ψ(x) valna funkcijakoja opisuje stanje čestice u nekom trenutku, tada vrijedi
ψ(x) =∑i
aiφi(x)
Pri mjerenju opservable A, |ai|2 daju vjerojatnost da se mjeri A s vrijednošću λi, kada sečestica nalazi u stanju ψ(x).
5. Vremenski razvoj kvantnog stanja dan je energijskom Schrődingerovom jednadžbom
i~∂ψ(~r, t)∂t
=(− ~2
2m∇2 + V (~r, t)
)ψ(~r, t)
3
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 4
Schrödingerova jednadžba
Schrödingerova jednadžba dana je s:
i~∂ψ(~r, t)∂t
=(− ~2
2m∇2 + V (~r, t)
)ψ(~r, t)
Ukoliko potencijal u kojem se nalazi čestica ne ovisi o vremenu - V (~r), možemo pojednostavitirješavanje Schrödingerove jednadžbe.
Pretpostavimo da je valna funkcija ψ(~r, t) u obliku umnoška dvije funkcije, od kojih je jednasamo funkcija položaja, a druga vremena:
ψ(~r, t) = ϕ(~r)χ(t) .
Uvrštavanjem u Schrödingerovu jednadžbu, dobivamo :
i~ ϕ(~r)∂χ(t)∂t
= χ(t)(− ~2
2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)
)
što ako podijelimo sa ϕ(~r)χ(t) dobivamo
i~χ(t)
∂χ(t)∂t
= 1ϕ(~r)
(− ~2
2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)
).
Sa lijeve strane imamo nešto što je samo ovisno o varijabli t, a sa desne što je samo ovisno opoložaju ~r. One mogu biti jednake samo ako su obje strane jednake kostanti, nazovimo ju E:
i~χ(t)
∂χ(t)∂t
= E
1ϕ(~r)
(− ~2
2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)
)= E
Prva jednažba, ovisna o t, ima rješenje1
χ(t) = Ae−i~Et ,
gdje je A neka konstanta, dok rješenje druge ovisi o potencijalu V (~r). Zapis druge jednadžbe1Provjeriti za DZ.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 5
(− ~2
2m∇2 + V (~r)
)ϕ(~r) = Eϕ(~r)
nazivamo stacionarnom Schrödingerovom jednadžbom. Ukoliko potencijal V ne ovisi o vremenu,uvijek možemo automatski prijeći na rješavanje stacionarne jednadžbe.
Zadaci
1.1 Pronađite rješenje Schrödingerove jednadžbe u jednodimenzionalnoj pravokutnoj potenci-jalnoj jami širine a, s beskonačno visokim zidovima.
Slika 1.1
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 6
Rješenje:Ovaj potencijal možemo zapisati kao:
V (x) =
∞ , x < 00 , 0 ≤ x ≤ a∞ , x > a
Krećemo od stacionarne Schrödingerove jednadžbe u jednoj dimenziji
(− ~2
2md2
dx2 + V (x))ϕ(x) = Eϕ(x)
koju malo drugačije zapišemo2 kao
d2ϕ
dx2 + 2m~2 (E − V )ϕ = 0 .
Kako je nalazimo u jami s beskonačno visokim zidovima, čestica se nikako ne može naći utočkama < 0 ili > a, tj. imamo dva rubna uvjeta za valnu funkciju
ϕ(0) = ϕ(a) = 0
a rješenje razmatramo samo od 0 do a. Kako je za 0 ≤ x ≤ a V (x) = 0, za područje izmeđuzidova imamo:
d2ϕ
dx2 + 2m~2 Eϕ = 0 .
Uvedemo li pokratu
k2 = 2m~2 E
dobivamo
d2ϕ
dx2 + k2ϕ = 0
što je ništa drugo nego jednadžba harmonijskog oscilatora s kojom smo se već susretali. Rješenjajednadžbe su
2Desnu stranu jednadžbe smo prebacili na lijevu stranu i pomnožili sve s − 2m~2
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 7
ϕ(x) = A sin kx+B cos kx ,
a konstante A i B možemo pokušati eliminirati iz rubnih uvjeta
ϕ(0) = ψ(a) = 0 .
Uvrštavamo
ϕ(0) = A sin k · 0 +B cos k · 0
ϕ(0) = 0 = B
ϕ(a) = A sin ka
ϕ(a) = 0 = A sin ka
⇒ sin kl = 0⇒ kl = nπ , n = 1, 2, 3... 3
k = nπ
a
s čime imamo naše rješenje jednadžbe
ϕ(x) = A sin nπxa
.
A možemo odrediti iz uvjeta normiranja:
∫|ϕ|2dx = 1
∫ a
0A2 sin2 nπx
adx = 1
Ako riješimo integral i izrazimo4 A dobivamo
A =√
2a
čime je konačno rješenje stacionarne Schrödingerove jednadžbe:30 je trivijalno rješenje.4Raspisati samostalno za DZ
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 8
ϕ(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
Ako se sjetimo da smo uveli pokratuk2 = 2m
~2 E
ako izrazimo energiju
E = n2π2~2
2ma2
vidimo da svako od ovih stanja ima pripadajuću diskretnu vrijednost energije.
1.2 Ako se čestica nalazi u stanju najniže energije za beskonačnu potencijalnu jamu, izračunajtevjerojatnost da se čestica nađe u prostoru 0 ≤ x ≤ a/2.
Rješenje:Iz prošlog zadatka znamo da je stanje najniže energije ono za koji je n = 1. Valna funkcijačestice je tada dana s
ϕ(x) =√
2a
sin πxa
Vjerojatnost pronalaženja čestice danom intervalu je dano s5
P =∫ a/2
0|ϕ(x)|2dx =
∫ a/2
0
2asin2πx
adx = ... = 1
2
Općenito, ako želimo znati kolika je vjerojatnost da se čestica nađe u nekom dijelu prostora V ,uvijek ćemo to računati kao
P =∫V|ϕ|2dV
gdje se integrira po granicama V .
1.3 Riješite zadatak 1.1 tako što beskonačno duboku jamu smjestite simetrično oko ishodišta,tj. −a/2 ≤ x ≤ a/2
Rješenje:Ovaj zadatak riješite za vježbu. Rješavanje ide u potpunosti isto kao i u 1.1, osim što su rubniuvjeti u drugačijim točkama.
5Raspisati rješenje za DZ
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 9
1.4 Za česticu u 1D beskonačnoj potencijalnoj jami izračunajte očekivanje položaja, količinegibanja, neodređenost položaja i neodređenost količine gibanja.
Rješenje:Očekivanje ili srednja vrijednost operatora A računa se kao
A =∫ϕ∗A ϕ d3r
Vrlo je važno primjetiti da operator A djeluje na ϕ, te nakon toga računamo vrijednost integrala.
Ako se nalazimo u 1D potencijalnoj jami, čestica mora imati valnu funkciju
ϕ(x) =√
2a
sin nπxa
Računat ćemo očekivanja operatora za općeniti n.
Operator položaja, x, je oblika x (iznos varijable x):
x =∫ϕ∗x ϕ dx =
∫ϕ∗x ϕ dx =
∫x|ψ|2 dx = 2
a
∫ a
0x sin2 nπx
adx = ... = a
26
Operator količinje gibanja, p, dan je kao
p = ~i
d
dx
Očekivanje operatora količine gibanja:
p =∫ϕ∗p ϕ dx =
∫ϕ∗
~i
d
dxϕ dx = ~
i
∫ a
0
√2a
sin nπxa
d
dx(√
2a
sin nπxa
)dx
p = ~i
2a
∫ a
0sin nπx
a· nπa
cos nπxadx
p = ~i
2a
nπ
a
∫ a
0sin nπx
acos nπx
adx = ... = 0
Neodređenost operatora računa se kao
∆A =√A2 − A
2,
pa za vježbu probajte izračunati neodređenost ova dva operatora.6Raspisati integraciju za DZ, riješiti pomoću parcijalne integracije ili iz priručnika.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 10
1.5 U jednodimenzionalnoj kutiji, širine a, nalazi se 1000 neutrona. U t = 0, stanje svake česticeje
ψ(x, 0) = Ax(x− a)
1. Normirajte valnu funkciju ψ i nađite vrijednost konstante A.
2. Koliko čestica se nalazi u intervalu[0, a2
]u t = 0?
3. Koliko čestica ima energiju E5 u t = 0?
4. Koliko iznosi 〈E〉 u t = 0?
Rješenje:
1. Konstanta A naziva se i konstanta normalizacije. Nju ćemo pronaći koristeći uvjet normi-ranosti ∫ +∞
−∞|ψ(x, 0)|2dx = 1
gdje se granice integracije odnose na cijeli prostor (1D). Pošto je naša valna funkcija danasamo na intervalu od 0 do a, uvjet normiranosti glasi7∫ a
0|ψ(x, 0)|2dx = 1 .
Uvrstimo li našu valnu funkciju u integral
A2∫ a
0x2(x− a)2dx = 1
da bi izrazili konstantu A moramo riješiti integral8∫ a
0x2(x− a)2dx =
∫ a
0(x4 − 2ax3 + a2x2)dx = ... = a5
30
Uvršteno natrag u uvjet normiranosti
A2 a5
30 = 1⇒ A =√
30a5
Kada smo izračunali konstantu A, izgled naše normirane valne funkcije je
ψ(x, 0) =√
30a5 x(x− a)
2. Da bi izračunali broj neutrona u traženom intervalu, trebamo izračunati vjerojatnost da sejedan neutron nađe unutar tog intervala. Vjerojatnost da se čestica nađe unutar traženogintervala je ∫ a/2
0|ψ(x, 0)|2dx = 1 .
7Izvan ovog intervala ψ(x, 0) = 08Jednostavni integrali potencija.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 11
Prije samog računa integrala, možemo pokušati "na prste" probati odrediti vjerojatnost.Kako izgleda ψ(x, 0)? To je jednadžba parabole koja je simetrična oko x = a
29. Ako je
ψ(x, 0) simetrična, također će i |ψ(x, 0)|2 biti simetrična oko iste točke, pa odmah možemozaključiti da je vjerojatnost a
2 . Računski
P = 30a5
∫ a/2
0x2(x− a)2dx = 30
a5
(x5
5 −ax4
2 + a2x3
3
)∣∣∣∣∣a/2
0
= ... = 12
Ako je vjerojatnost da se jedan neutron nalazi u intervalu od 0 do a2 , onda je broj čestica
koji se nalazi u navedenom integralu N · P = 1000 · 0.5 = 500.
3. Da bismo našli koliko neutrona ima energiju E5, moramo vidjeti kolika je vjerojatnost dasvaki pojedini neutron ima istu energiju.Valnu funkciju ψ(x, 0) razvit ćemo u red po svojstvenim funkcijama hamiltonijana
ψ(x, 0) =∑n
cnϕn
gdje su cn konstante razvoja. Prema 4. postulatu, vjerojatnost da se čestica nalazi ustanju točno određene energije računamo kao |cn|2. Nas zanima kolika je vjerojatnost dase neutron nađe u stanju sa energijom E5 - trebamo izraziti konstantu c5. Ako razvoj valnefunkcije u red po svojstvenim funkcijama Hamiltonijana pomnožimo sa ϕ∗5 i integriramopo cijelom prostoru (što se u našem zadatku svodi na granice od 0 do a)∫ a
0ϕ∗5ψ(x, 0)dx =
∑n
cn
∫ a
0ϕ5ϕndx
∫ a
0ϕ∗5ψ(x, 0)dx =
∑n
cnδ5n
⇒ c5 =∫ a
0ϕ∗5ψ(x, 0)dx
Kako izgledaju svojstvene funkcije Hamiltonijana za čestice u pravokutnoj jami širine a?Pa one su dane upravo kao rješenja stacionarne Schrödingerove jednadžbe
Hϕ = Eϕ
koje smo dobili u zadatku 1.1.
ϕ(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
pa je izraz za c5 tada
c5 =∫ a
0
√2a
sin 5πxa
√30a5 x(x− a)dx
c5 =√
60a6
[∫ a
0x2 sin 5πx
adx− a
∫ a
0x sin 5πx
adx
]9Možete i provjeriti - kako?
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 12
Ova dva integrala možemo riješiti parcijalnom integracijom ili korištenjem matematičkogpriručnika. Konačan rezultat za c5 je
c5 = − 8√
15125π3
Vjerojatnost da se neutron nađe u stanju s energijom E5 je
P (5) = |c5|2 = 1923125π6 = 6.4 · 10−5.
Ukupni broj neutrona je N · P (5) = 0.064
4. 〈E〉 očekivanje energije ili prosječna vrijednost energije dobivamo kao očekivanje Hamil-tonijana
〈E〉t=0 =∫ a
0ψ∗(x, 0)Hψ(x, 0)dx =
∫ a
0ψ∗(x, 0)
(− ~2
2md2
dx2
)ψ(x, 0)dx
〈E〉t=0 = − ~2
2m30a5
∫ a
0x(x− a) d
dx(2x− a)dx = − ~2
2m30a5
∫ a
0x(x− a) · 2 dx = ... = 5~2
ma2
1.6 Koliko je očekivanje impulsa 〈p〉 za česticu s valnom funkcijom
ψ(x, t) = Ae−x2a2 e−iωt sin kx
Rješenje:Očekivanje operatora dano je izrazom
〈p〉 =∫ ∞−∞
ψ∗p ψ dx
Ako znamo da je p = −i~ ddx , za p ψ imamo
p ψ = −i~ ddx
(Ae−
x2a2 e−iωt sin kx
)= ... = −i~Ae−iωte−
x2a2
(k cos kx− 2x
a2 sin kx)
što uvršteno u očekivanje 〈p〉 daje
〈p〉 = −i~A2∫ ∞−∞
e−x2a2 eiωt sin kx · e−iωte−
x2a2
(k cos kx− 2x
a2 sin kx)dx
〈p〉 = −i~A2∫ ∞−∞
e−2x2a2 sin kx
(k cos kx− 2x
a2 sin kx)dx
Ova dva integrala, ∫ ∞−∞
e−2x2a2 sin kx cos kx dx
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 13
i ∫ ∞−∞
x e−2x2a2 sin2 kx dx
možemo pokušati riješiti10 ili pogledati kako izgledaju. Oni su na simetričnom intervalu, apodintegralna funkcija je u ova slučaja neparna, tako da je rješenje oba 0.1112
〈p〉 = 0
1.7 Ako je valna funkcija neke čestice u kutiji širine a beskonačno visokih zidova
ψ(x) = Ax2
razvijte ju u red prema svojstvenim funkcijama Hamiltonijana.
Rješenje:Prvo normirajmo našu valnu funkciju. Znamo da∫ a
0|ψ(x)|2dx = 1
A2∫ a
0x4dx = A2x
5
5
∣∣∣∣∣a
0
= A2a5
5
⇒ A =√
5a5
Svojstvene funkcije Hamiltonijana ove potencijalne jame dane su sa
ϕ(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
Razvoj u red izgleda kaoψ(x) =
∑n
cnϕn(x)
gdje su cn konstante razvoja koje trebamo izračunati (ϕn znamo).
Koristeći svojstvo ortonormiranosti ∫ a
0ϕ∗iϕjdx = δij
razvoj u red ćemo pomnožiti s ϕ∗m(x) i integrirati od 0 do a.∫ a
0ϕ∗m(x)ψ(x)dx =
∑n
cn
∫ a
0ϕ∗m(x)ϕn(x)dx
10Slobodno pokušajte za vježbu.11Kako se provjerava je li neka funkcija parna ili neparna?12Pokažite za neku općenitu neparnu funkciju da je njen integral na simetričnom intervalu 0.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 14
∫ a
0ϕ∗m(x)ψ(x)dx =
∑n
cnδmn
⇒ cm =∫ a
0ϕ∗m(x)ψ(x)dx
Samo ćemo napraviti supstituciju m→ n i nadalje pisati
cn =∫ a
0ϕ∗n(x)ψ(x)dx
cn =∫ a
0
√2a
sin nπxa·√
5a5x
2dx
cn =√
10a6
∫ a
0x2 sin nπx
adx
Koristeći formulu ∫x2 sin axdx = 2− a2x2
a3 cos ax+ 2xa2 sin ax
...⇒ cn =
√10a6 ·
a3
n3π3 [(2− n2π2) cosnπ − 2]
Pa konačan razvoj valne funkcije ψ(x) izgleda:
ψ(x) =√
10π3
∑n
1n3 [(2− n2π2) cosnπ − 2]ϕn
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 15
Diracova (Bra-ket) notacija13
|ψ〉 − bra ψ
〈φ| − ket φ
Stanje nekog kvantnog sustava (valnu funkciju) možemo jednostavnije prikazati preko Diracovenotacije.
ψ(x)→ |ψ〉
Svaki bra ima pripadajući ket|ψ〉 → 〈ψ|
Ukoliko se pojavi izraz〈φ|ψ〉
on se naziva bra-ket i kraći je zapis skalarnog umnoška:
〈φ|ψ〉 =∫ ∞−∞
φ∗(x)ψ(x)dx
Ortonormiranost preko bra-ket notacije možemo napisati kao
〈φm|φn〉 = δmn
Neka se |ψ〉 sastoji od linearne kombinacije 2 ortonormirana stanja - |φ1〉 i |φ2〉:
|ψ〉 = α|φ1〉+ β|φ2〉
Pripadajući bra je〈ψ| = α∗〈φ1|+ β∗〈φ2|
Čemu je jednako 〈ψ|ψ〉?
〈ψ|ψ〉 = (α∗〈φ1|+ β∗〈φ2|)(α|φ1〉+ β|φ2〉)
〈ψ|ψ〉 = α∗α〈φ1|φ1〉+ α∗β〈φ1|φ2〉+ β∗α〈φ2|φ1〉+ β∗β〈φ2|φ2〉
〈ψ|ψ〉 = |α|2 + |β|2
13Iznimno pojednostavljena.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 16
1.8 Ako za operator A† vrijedi〈A†ψl|ψn〉 = 〈ψl|Aψn〉
onda za A† kažemo da je Hermitski adjungirana ili konjugirana vrijednost operatora A.
1. Pokažite da je (aA+ bB)† = a∗A† + b∗B†
2. Pokažite da je (AB)† = B†A†
3. Čemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od a, a ∈ <?
4. Čemu je jednako (AB − BA)†
5. Čemu je jednako (AB + BA)†
6. Čemu je jednako i(AB − BA)†
7. Čemu je jednako (A†)†
Rješenje:Neka su A†, B†, a∗ i b∗ Hermitski konjugirane vrijednosti od A, B, a i b.
1. Po definiciji Hermitski adjungirane vrijednosti
〈(aA+ bB)†ψl|ψn〉 = 〈ψl|(aA+ bB)ψn〉 (1.1)
Raspišimo desnu stranu14
〈ψl|(aA+ bB)ψn〉 = 〈ψl|aAψn〉+ 〈ψl|bBψn〉 = 〈a∗ψl|Aψn〉+ 〈b∗ψl|Bψn〉
= 〈a∗A†ψl|ψn〉+ 〈b∗B†ψl|ψn〉
= 〈(a∗A† + b∗B†)ψl|ψn〉
Ako usporedimo sa 1.1 vidimo da je
(aA+ bB)† = a∗A† + b∗B†
2. Idemo istim postupkom〈(AB)†ψl|ψn〉 = 〈ψl|ABψn〉 (1.2)
〈ψl|ABψn〉 = 〈A†ψl|Bψn〉 = 〈B†A†ψl|ψn〉
Ako usporedimo s 1.2 vidimo da je
(AB)† = B†A†
3. Ako je a ∈ < ⇒ a∗ = a. Pošto je za brojeve općenito a† = a∗, tada vrijedi a† = a
14Operatore koji su sa desne strane | prebacujemo jedan po jedan s lijeva na desno.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 17
Ostale zadatke istim postupkom riješite za vježbu.
1.9 Promotrite funkcijeϕk = 1√
aeikx
definirane na intervalu od −a/2 do a/2.
a) Pokažite da su ove funkcije normalizirane na jedinicu i da zadržavaju ovu normalizaciju ulimesu a→∞.
b) Pokažite da ove funkcije čine ortogonalan skup u limesu a→∞.
Rješenje:
a) Uvjet normalizacije zadan je sa ∫ a/2
−a/2|ϕk|2dx = 1
Računamo ∫ a/2
−a/2|ϕk|2dx =
∫ a/2
−a/2
1√ae−ikx
1√aeikxdx = 1
a
∫ a/2
−a/2dx = 1
a
(a
2 + a
2
)= 1
U limesu kada granice teže u beskonačnost∫ ∞−∞|ϕk|2dx =
∫ ∞−∞
1√ae−ikx
1√aeikxdx = lim
a→∞1a
∫ a/2
−a/2dx = lim
a→∞1a
(a
2 + a
2
)= lim
a→∞1 = 1
b) Za dva elementa iz ortogonalnog skupa, ϕk i ϕk′ , vrijedi∫ ∞−∞
ϕ∗kϕk′dx = 0
ili〈ϕk|ϕk′〉 = 0
preko braket notacije. Izračunavamo integral15
〈ϕk|ϕk′〉 =∫ ∞−∞
1√ae−ikx
1√aeik′xdx = 1
a
∫ ∞−∞
ei(k′−k)xdx = 2π
aδ(k′ − k) = 0
15∫∞−∞ e
i(k′−k)xdx = 2πδ(k′ − k) je jedan od prikaza Diracove delta funkcije.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 18
1.10 U t = 0, 1000 neutrona se nalazi u jednodimenzionalnoj kutiji širine a. 100 neutrona imaenergiju 4E1, a 900 neutrona ima energiju 225E1. Konstruirajte funkciju stanja koja ima ovadva svojstva.
Rješenje:Energija n-tog nivoa čestice u jednodimenzionalnoj kutiji možemo prikazati kao
En = n2 ~2π2
2ma2 = n2E1
U zadatku su nam zadane dvije energije, 4E1 i 225E1 pa pomoću gornje relacije možemo pro-vjeriti kojim stanjima pripadaju:
4E1 = 22E1 = E2
225E1 = 152E1 = E15
iz čega zaključujemo da se 100 čestica nalazi u stanju n = 2 kojem pripada valna funkcija
ϕ2(x) =√
2a
sin 2πxa
,
a 900 čestica u stanju s n = 15 kojem pripada valna funkcija
ϕ15(x) =√
2a
sin 15πxa
.
Valna funkcija, koja opisuje stanje svih ovih čestica, može se napsiati kao superpozicija svoj-stvenih funkcija Hamiltonijana koji opisuje stanje čestica u jednodimenzionalnoj kutiji
ψ(x, 0) = c2ϕ2 + c15ϕ15
gdje su c2 i c15 koeficijenti razvoja koje trebamo pronaći. Ako se prisjetimo da su |cn|2 vjerojat-nosti da se čestica nađe u stanju n s energijom En, možemo iskoristiti broj neutrona u svakomstanju kako bi dobili vjerojatnosti:
P (2) = |c2|2 = 1001000 = 1
10 ⇒ c2 = 1√10
P (15) = |c15|2 = 9001000 = 9
10 ⇒ c15 =√
910
što nam za valnu funkciju daje
ψ(x, 0) = 1√5a
sin 2πxa
+√
95a sin 15πx
a
1.11 Koliko iznose očekivanje 〈x〉 i kvadratni korijen varijance ∆x za sljedeće gustoće vjerojat-nosti:
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 19
a) |ψ(x)|2 = A[a4 + (x− x0)4]−1
b) |ψ(x)|2 = Ax2e−x2
2a2
c) |ψ(x)|2 = A sin2(x−x0√2a − 8π)e−
x−x02a2
Rješenje:Ukoliko nam je gustoća vjerojatnosti zadana, očekivanje položaja možemo izračunati preko
〈x〉 =∫ ∞−∞
x|ψ(x)|2dx
dok je∆x2 = 〈x2〉 − 〈x〉2
Zadatak dovršite samostalno za vježbu.
1.12 Nađite ψ(x, t) i P (En) u trenutku t > 0, koji se odnose na česticu u jednodimenzionalnojkutiji sa zidovima u (0, a) u početnom stanju
ψ(x, 0) = A1 sin 3πxa
cos πxa
Rješenje:Kako bi znali kako izgleda ψ(x, t), početnu valnu funkciju moramo razviti u red po svojstvenimfunkcijama Hamiltonijana za 1D kutiju
ψ(x, 0) =∑n
cnϕn(x)
gdje su ϕn(x)
ϕn(x) =√
2a
sin nπxa
, n = 1, 2, 3...
Koeficijente cn možemo izračunati kao što smo i u zadacima do sada, ali i možemo pogledatikako izgleda ψ(x, 0). Ako iskoristimo trigonometrijski identitet
sinα cosβ = 12(sin(α+ β) + sin(α− β))
što nam odmah za razvoj daje
sin 3πxa
cos πxa
= 12(sin 4πx
a+ sin 2πx
a)
⇒ ψ(x, 0) = A12
√a
2
(√2a
sin 4πxa
+√
2a
sin 2πxa
)= A1
2
√a
2(ϕ4 + ϕ2)
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 20
Za vježbu normirajte ovu valnu funkciju, a kao rezultat dobije se A1 = 2√a:
ψ(x, 0) = 12(ϕ4 + ϕ2) .
Ako imamo raspisanu početnu valnu funkciju ψ(x, 0) preko svojstvenih funkcija Hamiltonijana,kao što imamo zapisano ovdje, onda je ψ(x, t) jednostavno
ψ(x, t) = 12
(e−
iE4t
~ ϕ4 + e−iE2t
~ ϕ2
)
1.13 Čestica se giba u jednoj dimenziji, te ima valnu funkciju
ψ(x, t) = Aei(ax−bt)
gdje su a i b konstante.
1. Kako izgleda potencijal V (x) u kojem se giba čestica?
2. Ako se mjeri količina gibanja čestice, koja će se vrijednost dobiti?
3. Ako se mjeri energija, koja će se vrijednost dobiti?
Rješenje:
1. Potencijal ćemo dobiti iz Schrödingerove jednadžbe:
i~∂ψ(~r, t)∂t
=(− ~2
2m∇2 + V (~r, t)
)ψ(~r, t)
i~(−ib)Aei(ax−bt) = ~2
2mAa2ei(ax−bt) + V ·Aei(ax−bt)
~b = h2a2
2m + V
⇒ V = ~b− h2a2
2m
2.pψ = pψ
−i~ ∂∂xAei(ax−bt) = pAei(ax−bt)
⇒ p = ~a
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 21
3.Eψ = Eψ
i~∂
∂tAei(ax−bt) = EAei(ax−bt)
⇒ E = ~b
1.14 Elektron se giba u x smjeru s de Broglievom vlanom duljinom 10−8 cm.
a) Kolika je energija elektrona u eV-ima?
b) Kako izgleda vremenski nezavisna valna funkcija elektrona?
c) Nađite gustoću vjerojatnosti i vjerojatnost da se elektron nalazi u nekom položaju x?
Rješenje:
a) Energija se računa preko impulsa kao
E = p2
2m
dok za impuls vrijedip = 2π~
λ
iz čega je energija
E = 2π2~2
λ2m
b) Ovdje se radi o slobonom elektronu, pa će njegova valna funkcija biti dana sa
ϕk = Aeikx
gdje su ϕk rješenja Schrödingerove jednadžbe za slobodnu česticu, A konstanta normiranja, ak = 2π
λ .
c) Gustoća vjerojatnosti je dana sa
|ϕk|2 = ϕ∗kϕk = A2e−ikxeikx = A2 = konst.
Ovaj rezultat znači da gustoća vjerojatnosti ne ovisi o x, tj. položaju čestice - vjerojatnost jejednaka za bilo koji x od −∞ do +∞. Ako ovaj rezultat promotrimo iz ugla Heisenbergovihrelacija neodređenosti, on je logičan - ako se elektron nalazi u stanju s točno određenom količinomgibanja (p = ~k) - onda je njegov položaj maksimalno neodređen, tj. može se nalaziti u bilokojoj točki prostora.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 22
1.15 Koristeći izraze za svojstvene funkcije operatora p,
ϕk = 1√2πeikx
te razvoj funkcije stanja sustava u trenutku t = 0 po njima
ψ(x, 0) =∫ ∞−∞
c(k)ϕkdk
pokažite da, uz korištenje uvjeta normiranosti, vrijedi∫ ∞−∞|c(k)|2dk = 2π
Rješenje:Uvjet normiranosti glasi ∫ ∞
−∞ψ(x, 0)∗ψ(x, 0)dx = 1
u što uvrštavamo izraz za ψ(x, 0) i ϕk∫ ∞−∞
(∫ ∞−∞
c(k′)∗ϕ∗k′dk′∫ ∞−∞
c(k)ϕkdk)dx = 1
∫ ∞−∞
(∫ ∞−∞
c(k′)∗ 1√2πe−ik
′xdk′∫ ∞−∞
c(k) 1√2πeikxdk
)dx = 1
što ćemo zapisati na malo drugačiji način
12π
∫ ∞−∞
c(k′)∗dk′∫ ∞−∞
c(k)dk∫ ∞−∞
ei(k−k′)xdx = 1
gdje je integral po x jedna od reprezentacija delta funkcije s kojom smo se već susreli i koja jerazličita od nule samo ako je k = k′ iz čega slijedi
12π
∫ ∞−∞|c(k)|2dk = 1
što nakon množenja s 2π daje traženi rezultat.
1.16 U t = 0, neka čestica se nalazi u stanju
ψ(x, 0) = eik0x
za |x| ≤ 12 , gdje je k0 neki valni broj (konstanta).
a) Kolika je vjerojatnost da čestica ima impuls u intervalu od 0 do ~k0?
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 23
b) Koje vrijednosti impulsa čestica ne može imati u t = 0?
Rješenje:
a) U rješavanju ćemo koristiti rezultate prošlog zadatka. Vjerojatnost da čestica ima impuls od0 do ~k0 je dana sa
P =∫ k0
0|c(k)|2dk
gdje su c(k) koeficijenti razvoja početne valne funkcije čestice po stanjima k:
ψ(x, 0) =∫ ∞−∞
c(k)ϕkdk
Koeficijente razvoja dobivamo tako da gornju jednadžbu pomnožimo s ϕ′∗k i integriramo po x pocijelom prostoru: ∫ ∞
−∞ϕ∗k′ψ(x, 0)dx =
∫ ∞−∞
c(k)dk∫ ∞−∞
ϕ∗k′ϕkdx
Integral ∫ ∞∞
ϕ∗k′ϕkdx
već smo susreli u zadatku 1.9, i za njega znamo da je rezultat 2πδ(k′−k) 16 što nam u konačnicidaje izraz za c(k′)
c(k′) =∫ ∞−∞
ϕ∗k′ψ(x, 0)dx
Nadalje ćemo zamijeniti k′ sa k. Izračunajmo koeficijente razvoja c(k):
c(k) =∫ ∞−∞
1√2πe−ikxeik0xdx = 1√
2π
∫ 1/2
−1/2ei(k0−k)xdx = 1√
2π1
i(k0 − k)ei(k0−k)x
∣∣∣∣∣1/2
−1/2
c(k) = 1√2π
1i(k0 − k)
(e
i2 (k0−k) − e−
i2 (k0−k)
)= 1√
2π1
i(k0 − k)2i sin k0 − k2
c(k) =√
2π
1k0 − k
sin k0 − k2
što za vjerojatnost daje
P = 2π
∫ k0
0
1(k0 − k)2 sin2 k0 − k
2 dx
Ovaj integral nije egzaktno rješiv, ali možete pokušati riješiti nekom od numeričkih metoda.
b) Čestica ne može imati vrijednosti impulsa za koje je gustoća vjerojatnosti 0. Općenito,gustoća izgleda kao
|c(k)|2 = 2π
1(k0 − k)2 sin2 k0 − k
216a koji se nalazi u 1.9 je u ovom slučaju 1, tj. širina intervala
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 24
iz čega možemo zaključiti da će ona biti nula jedino ako je sin2 k0−k2 daje nulu, što će biti za
vrijednosti argumentak0 − k
2 = nπ
iz čega dobivamok = k0 + 2nπ
1.17 Slobodna čestica mase m giba se u jednoj dimenziji, te je poznato da se nalazi u početnomstanju:
ψ(x, 0) = sin(k0x)
za |x| ≤ 12 .
a) Kako izgleda ψ(x, 0) razvijen po svojstvenim funkcijama operatora količine gibanja?
b) Kako izgleda ψ(x, t)?
c) Koje vrijednosti impulsa p mogu dati mjerenja u trenutku t te s kojim vjerojatnostima se tevrijednosti pojavljuju?
d) Pretpostavimo da se u trenutku t = 3s mjerenje impulsa daje vrijednost ~k0. Kako izgledaψ(x, t) u trenutku t > 3s?
Rješenje:
a) Razvoj početnog stanja preko svojstvenih funkcija operatora količine gibanja
ϕk = 1√2πeikx
jeψ(x, 0) = 1√
2π
∫ +∞
−∞c(k)eikxdk
gdje su c(k) koeficijenti razvoja koji su, prema rezultatima prijašnjih zadataka dani sa
c(k) =∫ ∞−∞
ϕ∗kψ(x, 0)dx = 1√2π
∫ 12
− 12
e−ikx sin(k0x)dx
Koristeći formulu ∫ebx sin axdx = 1
a2 + b2 ebx(b sin ax− a cos ax)
možemo doći do rješenja ovog integrala17.17Pokušajte za vježbu.
1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 25
b) Prema definiciji, valna funkcija u bilo kojem trenutku glasi
ψ(x, t) = e−i~ Ht · ψ(x, 0) = e−iωt · ψ(x, 0)
što ako primjenimo na naš razvoj funkcije daje
ψ(x, t) = eiωt1√2π
∫ +∞
−∞c(k)eikxdk
ψ(x, t) = 1√2π
∫ +∞
−∞c(k)ei(kx−ωt)dk
c) Vrijednosti koje možemo dobiti za količinu gibanja p su ~k, ovisno o valnom vektoru k, savjerojatnostima danim gornjim izrazom za koeficijente razvoja funkcije stanja po svojstvenimvrijednostima operatora količine gibanja
P (k) = |c(k)|2
Za vježbu izračunajte vjerojatnost čestica ima iznos impulsa od −k0 do k0.
d) Ukoliko mjerenje količine gibanja da vrijednost ~k0, što je svojstvena vrijednost količinegibanja za svojstvenu funkciju
ϕ = 1√2πeik0x
čestica u svakom daljnjem trenutku mora se nalaziti u stanju s istom valnom funkcijom, tj.
ψ(x, t) = 1√2πeik0x