Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba...

26
Uvod u kvantnu mehaniku - vježbe 15. travnja 2020.

Transcript of Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba...

Page 1: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

Uvod u kvantnu mehaniku- vježbe

15. travnja 2020.

Page 2: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

***

Page 3: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

Sadržaj

1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba 3

2

Page 4: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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

Page 5: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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.

Page 6: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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

Page 7: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 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

Page 8: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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

Page 9: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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

Page 10: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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

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.

Page 11: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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.

Page 12: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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?

Page 13: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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

Page 14: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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.

Page 15: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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

Page 16: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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.

Page 17: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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.

Page 18: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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.

Page 19: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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:

Page 20: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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)

Page 21: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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

Page 22: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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.

Page 23: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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?

Page 24: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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√

∫ 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) =√

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

Page 25: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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√

∫ +∞

−∞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.

Page 26: Uvod u kvantnu mehaniku · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1 ...

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