Zadatak 1 Rjeˇsenje -...

Zadatak 1

U jednodimenzionalnoj kutiji, sirine a, nalazi se 1000 neutrona. U t = 0, stanje svake cestice je

ψ(x, 0) = Ax(x− a) .

a) Normirajte valnu funkciju ψ i nadite vrijednost konstante A.b) Koliko cestica se nalazi u intervalu

[0,a

2

]u t = 0?

c) Koliko cestica ima energiju E5 u t = 0?d) Koliko iznosi 〈E〉 u t = 0?

Rjesenje

a) Valnu funkciju ψ(x, 0) cemo normalizirati pomocu uvjeta normalizacije1

∫ a

0

|ψ(x, 0)|2 dx = 1 .

Integral na lijevoj strani uvjeta normalizacije, ustvari, predstavlja vjerojatnost nalazenja cestice (opisane valnomfunkcijom ψ) unutar intervala [0, a] duz x-osi (granice intervala se upisuju kao granice integriranja). Jer se nasineutroni nalaze u kutiji sirine a, interval ima istu tu sirinu. Na desnoj strani se nalazi jedinica, jer vjerojatnostda cemo naci neutron bilo gdje unutar kutije je 100%-tna, odnosno, iznosi 1.Posto je nasa valna funkcija realna, apsolutna vrijednost pod integralom nam ne mijenja nista, te u njegauvrstavamo kvadrat valne funkcije

∫ a

0

A2x2(x− a)2 dx = 1 .

A se zove konstanta normalizacije. Odredivanjem njezine vrijednosti, te uvrstavanjem iste u valnu funkciju,valna funkcija ce biti normalizirana. Posto je konstanta, A izbacujemo ispred integrala, dok podintegralnufunkciju integriramo na uobicajen nacin:

A2

∫ a

0

x2(x− a)2 dx = A2

∫ a

0

(x4 − 2ax3 + a2x2

)dx = A2

(x5

5− ax4

2+a2x3

3

)∣∣∣∣a

0

= A2

(a5

5− a5

2+a5

3

)

︸︷︷︸a530

Prema uvjetu normalizacije imamo

A2 · a5

30= 1 ,

iz cega za konstantu normalizacije A slijedi

A =

√30a5.

Znaci, normalizirana valna funkcija za nase neutrone izgleda ovako:

ψ(x, 0) =

√30a5x(x− a) .

Za vrijednost parametra a = 10−10, nasa valna funkcija bi izgledala kao na slici 1.1Naime, postoji vise nacina normaliziranja valne funkcije; mi cemo koristiti samo ovaj, tj. tzv. normalizaciju na kutiju odredene

sirine.

1

a��2

ax-os

ΨHx,0L

Slika 1.

b) Da bismo izracunali broj neutrona unutar intervala[0,a

2

], prvo trebamo izracunati vjerojatnost nalazenja

jednog neutrona unutar tog intervala. Koristeci se znanjem o toj vjerojatnosti iz a) dijela zadatka, imamo daona iznosi

P =∫ a

2

0

|ψ(x, 0)|2 dx .

U ovaj integral uvrstavamo sad vec normaliziranu valnu funkciju nasih neutrona, te koristimo rjesenje integralakojega smo vec izracunali, tj.

P =∫ a

2

0

30a5x2(x− a)2 dx =

30a5

(x5

5− ax4

2+a2x3

3

)∣∣∣∣a2

0

=30a5

(a5

160− a5

32+a5

24

)

︸︷︷︸a5 3−15+20

480 =a5 8480

=816

= 0.5 .

Rezultat ove vjerojatnosti smo mogli i ocekivati promatrajuci sliku valne funkcije (slika 1.). Naime, sa slike sevidi da je nasa valna funkcija potpuno simetricna obzirom na x =

a

2. Iz toga bi se mogao izvesti dani zakljucak

o vjerojatnosti.

a��2

ax-os

È ΨHx,0LÈ2

Slika 2.

2

No, to se moze jos bolje zakljuciti kada se pomocu valne funkcije nacrta gustoca vjerojatnosti (to je ona po-dintegralna funkcija iz uvjeta normalizacije2): |ψ(x, 0)|2 (slika 2.). Iz njezinog grafa se, takoder, moze uocitisimetrija obzirom na sredinu jednodimenzionalne kutije, a zakljucak postaje jos ocitiji, jer gustoca vjerojatnostigovori o raspodjeli nasih neutrona unutar kutije sirine a. Ako su oni potpuno jednako (simetricno) rasporedeniu obje polovice kutije, logicno je da ce vjerojatnost nalazenja neutrona unutar jedne od polovica biti jednakaonoj drugoj. Posto njihov zbroj mora dati jedinicu, jedino moguce rjesenje je 0.5.

c) Da bismo nasli koliko neutrona ima odredenu energiju E5, prvo trebamo svojstvene funkcije Hamiltoni-jana, koji opisuje situaciju u kojoj se nalaze nasi neutroni (a to je unutar kutije sirine a). Te svojstvene funkcijeizgledaju ovako3

ϕn =

√2a

sinnπx

a.

Kada se valna funkcija nasih neutrona razvije u red po svojstvenim funkcijama ϕn4

ψ(x, 0) =∞∑n=1

bnϕn ,

tada koficijenti razvoja bn govore kolika je vjerojatnost da ce se mjerenjem energije E dobiti vrijednost En, kadase sistem nalazi u stanju ψ. Odnosno,

P (En) = |bn|2 .Nama je specificno n = 5, pa trazimo vrijednost koefijenta b5. On se nalazi na 5. mjestu u razvoju. Iz togmjesta ga najlakse mozemo izdvojiti koristeci svojstvo ortonormiranosti svojstvenih funkcija Hamiltonijana:

〈ϕk|ϕl〉 = δkl .

U nasem slucaju nam najvise koriste cinjenice (koje direktno slijede iz svojstva ortonormiranosti)

〈ϕ5|ϕ5〉 = 1 i 〈ϕ5|ϕl〉 = 0 ,∀l 6= 5 ,

jer tada mnozeci slijeva razvoj funkcije |ψ〉 s 〈ϕ5|, iz njega izdvajamo samo onaj clan u sumi koji je razlicit odnule, a to je 5. clan. Njega sada cini samo koeficijent b5, sto znaci da imamo

b5 = 〈ϕ5|ψ〉 ,odnosno, zapisano u obliku integrala i uvrstavajuci funkcije ϕ5 i ψ

b5 =∫ a

0

√2a

sin5πxa

·√

30a5x(x− a) dx .

Preostaje nam, znaci, samo rijesiti integral

b5 =

√60a6

∫ a

0

x(x− a) sin5πxa

dx .

Njega cemo rijesiti razdvajanjem na dva integrala, koji se oba rjesavaju parcijalnom integracijom5. Prvi je2Integral gustoce vjerojatnosti daje samu vjerojatnost. To vrijedi i opcenito, a ne samo za vjerojatnost. Sjetite se gustoce i

mase ili gustoce naboja i kolicine naboja.3One se dobiju rjesavanjem stacionarne Schrodingerove jednadzbe za cesticu u jednodimenzionalnoj kutiji s beskonacno visokim

(potencijalnim) zidovima, npr. vidi zadatak ....4U Diracovoj notaciji to izgleda ovako: |ψ(x, 0)〉 =

P∞n=1 bn|ϕn〉.

5Integrali ovakvog tipa se cesto susrecu u zadacima iz kvantne mehanike. Stoga cemo ovdje izloziti postupak rjesavanja tihintegrala, dok cemo se u narednim zadacima samo pozivati na navedeni postupak.

3

∫x2 sin

5πxa

dx =

∣∣∣∣∣u = x2 ⇒ du = 2xdx

dv = sin 5πxa dx ⇒ v = − a

5π cos 5πxa

∣∣∣∣∣ = − a

5πx2 cos

5πxa

+2a5π

∫x cos

5πxa

dx .

Zasebno cemo sada rijesiti integral tipa

∫x cos

5πxa

dx =

∣∣∣∣∣u = x ⇒ du = dx

dv = cos 5πxa dx ⇒ v = a

5π sin 5πxa

∣∣∣∣∣ =ax

5πsin

5πxa

− a

5π

∫sin

5πxa

dx︸︷︷︸− a

5π cos 5πxa

=ax

5πsin

5πxa

+a2

25π2cos

5πxa

.

Sada imamo∫x2 sin

5πxa

dx = − a

5πx2 cos

5πxa

+2a5π

(ax

5πsin

5πxa

+a2

25π2cos

5πxa

)

= − a

5πx2 cos

5πxa

+2a2

25π2x sin

5πxa

+2a3

125π3cos

5πxa

=2a2

25π2x sin

5πxa

− a

5π

(x2 − 2a2

25π2

)cos

5πxa

Drugi je integral tipa∫x sin

5πxa

dx ,

no takvog smo vec rijesili u prethodnom postupku (samo sto je podintegralna funkcija sadrzavala kosinus, a nesinus), pa za rezultat imamo

∫x sin

5πxa

dx = −ax5π

cos5πxa

+a2

25π2sin

5πxa

.

Uvrstavajuci izracunate integrale u b5 imamo

b5 =

√60a6

[2a2

25π2x sin

5πxa

− a

5πx2 cos

5πxa

+2a3

125π3cos

5πxa

+a2

5πx cos

5πxa

− a3

25π2sin

5πxa

]a

0

=2√

15a3

[(2a2

25π2x− a3

25π2

)sin

5πxa

+(

2a3

125π3+a2

5πx− a

5πx2

)cos

5πxa

]a

0

=2√

15a3

[a3

5π− a3

5π− 2a3

125π3− 2a3

125π3

]

= −2√

15a3

· 4a3

125π3

= − 8√

15125π3

.

Za P (E5) stoga slijedi

P (E5) =64 · 15

15625 · π6= 6.4 · 10−5 .

Sada kad imamo vjerojatnost mjerenja trazene energije, broj neutrona s tom energijom dobijemo tako davjerojatnost pomnozimo sa sveukupnim brojem neutrona, tj.

4

n = P (E5) ·N = 0.064 .

Sto bi znacio ovakav rezultat? Laicki, da niti jedan cijeli neutron ne bi imao energiju E5. Statisticki gledano,to znaci da bi trebali imati 100 puta vise neutrona (dakle, 100000 njih) da bi barem 6 njih imalo tu energiju.

d) Ocekivanje energije je konstantno u vremenu6. Zato vrijedi

〈E〉t=0 = 〈E〉t>0 .

Ocekivanje energije se racuna kao prosjecna vrijednost operatora energije, tj. Hamiltonijana H7:

〈E〉t=0 =∫ a

0

ψ∗(x, 0)Hψ(x, 0) dx =∫ a

0

ψ∗(x, 0)(− ~2

2m∂2

∂x2

)ψ(x, 0) dx

= − ~2

2m

∫ a

0

Ax(x− a)d

dx(2Ax−Aa)

︸︷︷︸2A

dx = −~2A2

m

∫ a

0

x(x− a) dx

= −30~2

ma5

(x3

3− ax2

2

)∣∣∣∣a

0

= −30~2

ma5

(a3

3− a3

2

)

︸︷︷︸2a3−3a3

6 =− a36

=5~2

ma2,

sto je reda velicine oko 100 eV , za sirinu kutije od 5 ·10−10m. Nadalje, dobili smo realan broj za ocekivanje, stododatno potvrduje dobiveni rezultat, jer je u kvantnoj mehanici nametnuto pravilo da svojstvene vrijednosti(ocekivanja) operatora, koji predstavlja neku fizikalnu observablu, moraju biti realni brojevi. Ti operatori sezovu Hermitski operatori8.¥QED

Zadatak 2

Elektron se giba u x smjeru s de Broglievom valnom duljinom 10−8 cm.

a) Kolika je energija elektrona u eV-ima?b) Kako izgleda vremenski nezavisna valna funkcija elektrona?c) Nadite gustocu vjerojatnosti i vjerojatnost da se elektron nalazi u nekom polozaju x?

Rjesenje

a) Energija se lako izracuna preko impulsa

E =p2

2m,

dok za sam impuls imamo6Ta cinjenica slijedi iz zakona ocuvanja energije, koji u kvantnoj mehanici vrijedi za prosjecne vrijednosti velicina, tj. operatora,

odnosno, observabli.7Za granice integrala i u ocekivanju stoje uvjeti fizikalne situacije u kojoj se nalaze nasi neutroni.8Kao sto su npr. operator energije, tj. Hamiltonijan H ili operator impulsa p. Dokaz da su oni Hermitski mozete naci u Richard

L. Liboff, Introductory Quantum Mechanics, str. 106-107.

5

p =h

λ=

2π~λ

.

Iz toga slijedi

E =2~2π

λ2m= 7.6 · 10−19 J = 4.75 eV .

b) Valna funkcija elektrona ce biti9

ϕk = Aeikx , k =2πλ, λ = konst.

Nasi elektroni se nalaze u stanju s tocno odredenim valnim brojem k, odnosno, impulsom p = ~k10.

c) Vec smo u prethodnom zadatku vidjeli kako se dobije gustoca vjerojatnosti iz valne funkcije. Prema tome,imamo

|ϕk|2 = ϕ∗kϕk = A2 e−ikxeikx︸︷︷︸=1

= A2 = konst.

To znaci da je gustoca vjerojatnosti jednaka za svaki x11. A to znaci da je vjerojatnost nalazenja elektronajednaka u svakoj tocki izmedu x = −∞ i x = ∞. To znaci maksimalnu neodredenost, sto je u skladu s Heisen-bergovim principom neodredenosti. U stanju ϕk, poznato nam je sa 100% sigurnoscu da ce mjerenje impulsadati rezultat ~k. Stoga je, za to stanje, ∆p = 0, a ∆x = ∞.¥QED

Zadatak 3

Koliko je ocekivanje impulsa 〈p〉 za cesticu u stanju:

ψ(x, t) = Ae−x2

a2 e−iωt sin(kx) ?

Rjesenje

U prethodnom smo zadatku vec vidjeli kako se racuna ocekivanje neke observable (samo sto smo tamo imalioperator energije H). Prema tome, imamo12

〈p〉 =∫ ∞

−∞ψ∗pψ dx ,

gdje je u kvantnoj mehanici p = −i~ ∂∂x

. Izracunajmo prvo parcijalnu derivaciju od ψ:

∂

∂xψ = Ae−iωt

[− 2xa2e−

x2

a2 sin kx+ ke−x2

a2 cos kx]

= Ae−iωte−x2

a2

(k cos kx− 2x

a2sin kx

).

Za kompleksno konjugiranu vrijednost od ψ imamo9Ova valna funkcija se dobije kao rjesenje problema svojstvenih vrijednosti operatora energije i impulsa za slobodnu cesticu, kao

sto je nasa.10Jer nam je zadana tocno odredena valna duljina, a k, odnosno, p, su direktno povezani s njom.11Posto je valna funkcija, funkcija od x, tada je i gustoca vjerojatnosti, jer se racuna direktno iz valne funkcije, takoder, funkcija

od x.12U zadatku nam nigdje nije zadana ili na neki nacin opisana situacija u kojoj se nalazi nasa cestica. Zbog toga kao granice

integrala u ocekivanju stoje beskonacnosti.

6

ψ∗ = Ae−x2

a2 eiωt sin kx .

Uvrstimo sad to sve u ocekivanje:

〈p〉 = −i~∫ ∞

−∞Ae−

x2

a2 eiωt sin kx ·Ae−iωte− x2

a2

(k cos kx− 2x

a2sin kx

)dx

= −i~A2

∫ ∞

−∞e−

2x2

a2 sin kx(k cos kx− 2x

a2sin kx

)dx .

Ovdje nam se sad javljaju dva integrala tipa∫ ∞

−∞sin kx · cos kx · e− 2x2

a2 dx i∫ ∞

−∞x · sin2 kx · e− 2x2

a2 dx .

Oni su oba jednaka nuli, jer su to integrali od antisimetrcnih (neparnih) funkcija po simetricnom intervalu (od−∞ do ∞ s obzirom na 0). U prvom integralu su eksponencijalna (jer sadrzi kvadrat od x) i kosinus simetricne(parne) funkcije, dok je sinus antisimetricna. U drugom integralu su eksponencijalna i kvadrat sinusa simetricne,dok je x antisimetricna. Umnozak simetricne i antisimetricne funkcije je opet antisimetrcna funkcija. Uzevsi tou obzir, imamo

〈p〉 = 0 .

¥QED

Zadatak 4

Neka su svojstvene funkcije i vrijednosti operatora A: {ϕn} i {an}, tdj. Aϕn = anϕn. Neka je funkcija f(x)dana s:

f(x) =∞∑

l=0

blxl .

Pokazite da su svojstvene funkcije od f(A) sa svojstvenim vrijednostima f(an), tj.

f(A)ϕn = f(an)ϕn .

Rjesenje

Prema pretpostavci zadatka, za f(A) imamo analogan izraz:

f(A) =∑

l

blAl .

Zato kada f(A) djeluje na ϕn dobivamo

f(A)ϕn =∑

l

blAlϕn =

∑

l

blAl−1 Aϕn︸︷︷︸

anϕn

=∑

l

blanAl−2 Aϕn︸︷︷︸

anϕn

=∑

l

bla2nA

l−2ϕn = . . . =∑

l

blalnϕn ,

a prema pretpostavci zadatka je

7

∑

l

blaln = f(an) .

Zato konacno vrijedi

f(A)ϕn = f(an)ϕn .

¥QED

Zadatak 5

Promotrite operator O = |ϕ〉〈ψ| i proizvoljnu funkciju stanja f(x). Opisite sljedece izraze, ako su∫∫ ∞

−∞f∗ϕdx i

∫∫ ∞

−∞ψ∗f dx

konstante.

a) 〈f |Ob) O|f〉c) 〈f |O|f〉d) 〈f |O|ψ〉.

Rjesenje

a) 〈f |O = 〈f |ϕ〉︸︷︷︸konst.

〈ψ| = C〈ψ| Ã bra

b) O|f〉 = |ϕ〉〈ψ|f〉︸︷︷︸konst.

= |ϕ〉C Ã ket

c) 〈f |O|f〉 = 〈f |ϕ〉︸︷︷︸konst.

〈ψ|f〉︸︷︷︸konst.

= C · C Ã konstanta

d) 〈f |O|ψ〉 = 〈f |ϕ〉︸︷︷︸konst.

〈ψ|ψ〉︸︷︷︸1

= C Ã konstanta

¥QED

Zadatak 6

Promotrite funkcije

ϕk =1√aeikx

definirane na intervalu[− a

2,a

2

].

a) Pokazite da su ove funkcije normalizirane na jedinicu i da zadrzavaju ovu normalizaciju u limesu a→∞.b) Pokazite da ove funkcije cine ortogonalan skup u limesu a→∞.

Rjesenje

8

a) Koristimo opet uvjet normalizacije unutar zadanog intervala. Dakle,

∫ a2

− a2

|ϕk|2 dx =∫ a

2

− a2

1√ae−ikx · 1√

aeikx dx =

1a

∫ a2

− a2

dx =1a

(a

2+a

2

)

︸︷︷︸=a

= 1 .

U zadanom limesu nase granice teze u beskonacnost, pa imamo

∫ ∞

−∞|ϕk|2 dx =

∫ ∞

−∞

1√ae−ikx · 1√

aeikx dx = lim

a→∞1a

∫ a2

− a2

dx = lima→∞

1a

(a

2+a

2

)

︸︷︷︸=a

= lima→∞

1 = 1 .

b) Izmedu elemenata ortogonalnog skupa, ϕk i ϕk′ mora vrijediti13

〈ϕk|ϕk′〉 = 0 .

Pa provjerimo to i za nase funkcije14:

〈ϕk|ϕk′〉 =∫ ∞

−∞

1√ae−ikx · 1√

aeik

′x dx =1a

∫ ∞

−∞ei(k

′−k)x dx︸︷︷︸

2πδ(k′−k)

=2πaδ(k′ − k)︸︷︷︸=0,∀k′ 6=k

= 0 .

Time je trazeno svojstvo dokazano.¥QED

Zadatak 7

Promotrite funkciju

g(x) = x(x− a)eikx .

Izracunajte koeficijente razvoja, an, ove funkcije, gdje se razvoj vrsi po stacionarnim funkcijama cestice upotencijalnoj jami, tj. po

ϕn =

√2a

sinnπx

a.

Rjesenje

Funkciju g(x) cemo razviti u red po ϕn(x). Taj razvoj nece biti nista drugo, nego diskretna Fourierova re-prezentacija preko trigonometrijskog reda ϕn(x). Zapisimo taj razvoj preko sume:

g(x) =∞∑n=1

anϕn(x)

ili u Diracovoj notaciji13To je samo jedan dio svojstva ortonormiranosti iz zadatka 1.c)

14Jednakost

Z ∞

−∞ei(k′−k)x dx = 2πδ(k′−k) slijedi kao jedna od osnovnih svojstava (reprezentacija) Diracove delta funkcije. Kao

referencu vidi npr. Richard L. Liboff, Introductory Quantum Mechanics, str. 857.

9

|g〉 =∑n

|anϕn〉 = 15∑n

an|ϕn〉 .

Mnozeci razvoj slijeva s 〈ϕn′ | dobivamo koeficijente razvoja

〈ϕn′ |g〉 = 〈ϕn′ |∑n

an|ϕn〉 = 16∑n

〈ϕn′ |an|ϕn〉 =∑n

an〈ϕn′ |ϕn〉 = 17∑n

anδn,n′ = an′ .

Znaci, nasi koeficijenti razvoja su dani s integralom 〈ϕn′ |g〉. Uvrstavajuci zadane funkcije g i ϕ u taj integralimamo18

an′ =∫ a

−a

√2a

sinn′πxa

· x(x− a)eikx dx

=

√2a

( ∫ a

−ax2eikx sin

n′πxa

dx− a

∫ a

−axeikx sin

n′πxa

dx)

19

=

√2a

{− 1a2k2 − n′2π2

[2a2

(ak sin(ak)

(− 2n′π cos(n′π) + (a2k2 − n′2π2) sin(n′π))

+ cos(ak)(n′π(a2k2 − n′2π2) cos(n′π) + (a2k2 + n′2π2) sin(n′π)

))]+

1(a2k2 − n′2π2)3

[2ia3

(sin(ak)

(n′π

·(a4k4 − 2n′2π2 + n′4π4 − 2a2k2(3 + n′2π2)) cos(n′π) + 2(a4k4 − n′4π4) sin(n′π))

+ ak cos(ak)(4n′π(a2k2

−n′2π2) cos(n′π) + (2a2k2 − a4k4 + 2(3 + a2k2)n′2π2 − n′4π4) sin(n′π)))]}

¥QED

Zadatak 8

a) Pokazite da je(aA− bB

)† = a∗A† + b∗B†.

b) Pokazite da je(AB

)† = B†A†.c) Cemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od a, a ∈ R?

d) Cemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od D2, D =∂

∂x?

e) Cemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od(AB − BA

)?

f) Cemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od(AB + BA

)?

g) Cemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od i(AB − BA

)?

h) Cemu je jednako(A†

)†?i) Cemu je jednako

(A†A

)†?

Rjesenje

a) Prvo pogledajmo kako se definira Hermitski adjungirana vrijednost npr. nekog operatora: Ako za operatorA† vrijedi

15Jer cemo pretpostaviti da su koeficijenti razvoja, an, konstante.16Jer integral i suma komutiraju.17Prema svojstvu ortonormiranosti svojstvenih funkcija Hamiltonijana za cesticu u potencijalnoj jami.18U zadatkuse opet ne govori nista o fizikalnoj situaciji, pa su za granice integrala uzete dimenzije konacne potencijane jame

sirine 2a.19Vrijednosti ovih dvaju integrala su izracunate pomocu programskog paketa Mathematica.

10

〈A†ψl|ψn〉 = 〈ψl|Aψn〉 ,onda se A† zove Hermitski adjungirana vrijednost operatora A.Nadalje, pretpostavimo da su A†, B†, a∗ i b∗ Hermitski adjungirane vrijednosti od A, B, a i b19, tj. da za njihvrijedi prethodna relacija20. Dakle,

〈ψl|(aA+ bB

)ψn〉 = 〈ψl|

(aAψn + bBψn

)〉= 〈ψl|aAψn〉+ 〈ψl|bBψn〉= a〈ψl|Aψn〉+ b〈ψl|Bψn〉= a〈A†ψl|ψn〉+ b〈B†ψl|ψn〉= 〈a∗A†ψl|ψn〉+ 〈b∗B†ψl|ψn〉= 〈(a∗A† + b∗B†

)ψl|ψn〉

Time je dokazano da je

(aA− bB

)† = a∗A† + b∗B† .

b) Opet krenimo iz definicije

〈ψl|ABψn〉 = 〈ψl|A(Bψn

)〉 = 〈A†ψl|Bψn〉 = 〈B†(A†ψl)|ψn〉 = 〈B†A†ψl|ψn〉 .

Time je dokazano

(AB

)† = B†A† .

c) Ako je a ∈ R =⇒ a∗ = a. Posto je za brojeve opcenito a† = a∗, tada vrijedi a† = a.

d) Prvo cemo pokazati cemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od D, a onda cemo taj rezultatiskoristiti za D2. Dakle,

〈ψl|Dψn〉 =∫ ∞

−∞ψ∗l ·

∂ψn∂x

dx

=

∣∣∣∣∣u = ψ∗l ⇒ du = ∂ψ∗l

∂x dxdv = ∂ψn

∂x dx ⇒ v = ψn

∣∣∣∣∣

= (ψ∗l ψn)|∞−∞︸︷︷︸=0

−∫ ∞

−∞

∂ψ∗l∂x

· ψn dx

= 〈−Dψl|ψn〉 .

Clan u · v|∞−∞ u supstituciji parcijalnog integriranja je jednak nuli, jer su ψl i ψn elementi od h221. Stoga je

D† = −D .

19Ovu pretpostavku cemo zadrzati kroz cijeli zadatak.20a i b su opcenito kompleksni brojevi. Hermitski adjungirana vrijednost kompleksnog broja je njegova kompleksno konjugirana

vrijednost, odnosno, a† = a∗, a ∈ C.21h2 je primjer Hilbertovog prostora, odreden sa skupom kvadratno-integrabilnih funkcija, definiranih na cijelom x intervalu od

−∞ do ∞ (uocite granice integrala), s konacnom normom, tj. za koje vrijedi

11

Taj rezultat iskoristimo sad za D2:

〈ψl|D2ψn〉 = 〈ψl|D(Dψn

)〉= 〈−Dψl|Dψn〉= −〈Dψl|Dψn〉= −〈−D(

Dψl)|ψn〉

= 〈D2ψl|ψn〉 .

Iz toga slijedi

(D2

)† = D .

e) Krenimo od definicije

〈ψl|(AB − BA

)ψn〉 = 〈ψl|

(ABψn − BAψn

)〉= 〈ψl|A

(Bψn

)〉 − 〈ψl|B(Aψn

)〉= 〈A†ψl|Bψn〉 − 〈B†ψl|Aψn〉= 〈B†(A†ψl

)|ψn〉 − 〈A†(B†ψl

)|ψn〉= 〈(B†A† − A†B†

)ψl|ψn〉

Iz toga slijedi

(AB − BA

)† = B†A† − A†B† .

f) Dokaz necemo provoditi, jer je potpuno analogan onome iz e) dijela zadatka. Na kraju se dobije

(AB + BA

)† = B†A† + A†B† .

g) Ovaj dokaz je analogan onima iz a) i e) dijelova zadatka. S a) dijelom zadatka ima slicnost zbog imaginarnejedinice, na mjestu koje je u a) dijelu zadatka stajao neki kompleksan broj, dok je s e) dijelom zadatka slicnostu pojavljivanju istog izraza

(AB − BA

).

Posto je i∗ = −i, za rezultat slijedi

(i(AB − BA

))†= −i(B†A† − A†B†

).

0 < ‖ψ‖2 =

Z ∞

−∞ψ∗ψ dx <∞ .

Kad bi derivirali ovu nejednakost, dobili bismo

0 < ψ∗ψ < 0 .

Iz toga slijedi da u h2 vrijedi

(ψ∗l ψn)|∞−∞ = 0 .

Zasto su uopce nase funkcije iz Hilbertovog prostora? Hilbertov prostor je prostor funkcija. On ima svrhu da pruzi odredenugeometrijsku kvalitetu nekim apstraktnim konceptima kvantne mehanike. Naime, on jako slici na npr. 3-dimenzionalni vektorskiprostor, tj. ima gotovo ista svojstva (kao sto su linearnost, unutarnji produkt, norma i potpunost). Posto su njegovi elementifunkcije, zbog te slicnosti omogucava nam odredenu zornost.

12

h) Prvo pretpostavimo da A i A† imaju svoje Hermitski adjungirane vrijednosti, tj. da vrijede relacije

〈A†ψl|ψn〉 = 〈ψl|Aψn〉 ,〈(A†)†ψl|ψn〉 = 〈ψl|A†ψn〉 .

Tada imamo

〈(A†)†ψl|ψn〉 = 22〈ψl|A†ψn〉 = 〈A†ψn|ψl〉∗ = 23〈ψn|Aψl〉∗ = 〈Aψl|ψn〉 .Usporedivajuci prvi i posljednji clan u izrazu, dobivamo da je

(A†

)† = A .

i) Sluzeci se dokazima b) i h) dijelova zadatka, imamo

(A†A

)† = A†(A†

)†︸︷︷︸

=A

= A†A .

¥QED

Zadatak 9

Ako su A i B Hermitski operatori, koji su od sljedecih operatora, takoder, Hermitski:

a) i(AB − BA

)

b)(AB − BA

)

c)

(AB + BA

2

)

d) Ako A nije Hermitski, da li je A†A Hermitski?

Rjesenje

a) Prvo spomenimo definiciju: Hermitski operator je operator kojemu je Hermitski adjungirana vrijednostjednaka njemu samome, tj. vrijedi

A† = A .

U ovom slucaju iz g) dijela zadatka 8. vidimo da(i(AB − BA

))† 6= i(AB − BA

). Stoga, i

(AB − BA

)nije

Hermitski.

b) Prema rjesenju e) dijela zadatka 8. slijedi da(AB − BA

)opcenito nije Hermitski.24

c) Prema f) dijelu zadatka 8.,

(AB + BA

2

)je Hermitski. 1/2 ne mijenja nista, jer je realan broj25, pa se

22Jer je (A†)† Hermitski konjugirana vrijednost od A†.23Jer je A† Hermitski konjugirana vrijednost od A.24Osim u slucaju kada operatori A i B komutiraju, jer tada je AB = BA, a iz toga slijedi BA− AB = AB − BA.25A svaki realan broj je Hermitski operator:

13

on26 samo prebaci iz ket vektora u bra vektor.

d) Prema i) dijelu zadatka 8., vidimo da je Hermitski adjungirana vrijednost operatora A†A jednaka njemusamome. Ta jednakost, ocito vrijedi bez obzira da li je A Hermitski ili ne. Dakle, A†A je Hermitski.¥QED

Zadatak 10

Koristeci izraze za svojstvene funkcije operatora p,

ϕk =1√2πeikx ,

te razvoj funkcije stanja sistema u trenutku t = 0 po njima,

ψ(x, 0) =∫ ∞

−∞b(k)ϕk dk ,

pokazite da vrijedi implikacija:

〈ψ|ψ〉 = 1 ⇒∫ ∞

−∞|b(k)|2 dk = 2π .

Rjesenje

U lijevu stranu uvjeta normalizacije uvrstimo razvoj funkcija ψ po ϕk27, same izraze za ϕk, te na kraju iz-

jednacimo s 1:

〈ψ|ψ〉 =∫ ∞

−∞b∗(k)ϕ∗k · b(k)ϕk dk =

∫ ∞

−∞|b(k)|2 1√

2πe−ikx · 1√

2πeikx dk =

12π

∫ ∞

−∞|b(k)|2 dk = 1 .

Iz posljednje jednakosti, mnozenjem s 2π, slijedi trazena relacija:∫ ∞

−∞|b(k)|2 dk = 2π .

¥QED

Zadatak 11

Puls duzine 1m sadrzi 1000 α cestica. U t = 0, svaka se α cestica nalazi u stanju:

ψ(x, 0) ={

110e

ik0x , |x| ≤ 0.5m, k0 = π50

0 , inace .

a) U t = 0, koliko ce α cestica imati impuls u intervalu 0 < ~k < ~k0?

〈ψl|aψn〉 = 〈aψl|ψn〉, ∀a ∈ R .

26Vidi a) dio zadatka 8. sto se tice situacije s brojevima unutar bra i ket.27Ovaj razvoj nije zapisan preko sume, vec preko integrala, jer stanja ϕk cine kontinuum (a ne kao npr. svojstvena stanja

operatora energije, koja cine diskretni spektar). U razvoju, koeficijenti b(k) oznacavaju projekcije stanja ψ(x, 0) na svojstvenastanja ϕk. Njihov kvadrat puta diferencijal po k: |b(k)|2dk, daje vjerojatnost da ce mjerenje impulsa dati vrijednost p = ~k, uintervalu [~k, ~(k + dk)].

14

b) Koje vrijednosti impulsa nece imati niti jedna α cestica u t = 0?

Rjesenje

a) Da bismo dobili broj α cestica s impulsom unutar zadanog intervala, trebamo prvo naci vjerojatnost nalazenjajedne cestice unutar tog intervala. U prethodnom zadatku smo vidjeli da je ta vjerojatnost dana s koeficijentimarazvoja stanja cestica ψ(x, 0) po svojstvenim stanjima operatora impulsa ϕk:

ψ(x, 0) =∫ ∞

−∞b(k)ϕk dk .

Iz ovog razvoja treba izraziti koeficijente razvoja b(k). Za to, prvo prepisimo razvoj u obliku

|ψ(x, 0)〉 =∫ ∞

−∞|b(k)ϕk〉 dk .

Mnozeci ovu relaciju slijeva s 〈ϕk′ |, dobivamo koeficijente:

〈ϕk′ |ψ(x, 0)〉 =∫ ∞

−∞〈ϕk′ |b(k)ϕk〉dk =

∫ ∞

−∞b(k)〈ϕk′ |ϕk〉 dk =

∫ ∞

−∞b(k)δ(k′ − k) dk = b(k′) .

Izracunajmo sada nase koeficijente (slika ) uvrstavajuci funkcije ψ i ϕ eksplicitno u integral:

b(k) =∫ ∞

−∞ϕ∗k(x)ψ(x, 0) dx =

1√2π

∫ ∞

−∞ψ(x, 0)e−ikx dx = 28 1

10√

2π

∫ 0.5

−0.5

eik0xe−ikx dx =

=1

10√

2π

∫ 0.5

−0.5

e−i(k−k0)x dx = 29 110√

2π·(− 1i(k − k0)

)e−i(k−k0)x

∣∣∣∣12

− 12

= − 110√

2π · i(k − k0)

[e−

i2 (k−k0) − e

i2 (k−k0)x

]

︸︷︷︸−2i sin

(k−k0

2

)

=1

5√

2π(k − k0)sin

(k − k0

2

).

Sada mozemo izracunati vjerojatnost:

P =∫ ~k0

0

|b(k)|2 dk =1

25 · 2π∫ ~k0

0

sin2(k−k0

2

)(k − k0

)2 dk =1

50π

∫ ~k0

0

sin2(k−k0

2

)

4 · (k−k02

)2 dk =1

200π

∫ ~k0

0

sin2(k−k0

2

)(k−k0

2

)2 dk

=

∣∣∣∣∣∣∣

k−k02 = t; k = 0 ⇒ t = −k0

2 = − π100

dk = 2dt; k = ~k0 ⇒ t = k0(~−1)2 = − π

100 (~− 1)︸︷︷︸≈−1

≈ π100

∣∣∣∣∣∣∣

=2

200π

∫ π100

− π100

sin2 t

t2dt 31

≈ 0.0002 .

Broj α cestica, koje ce imati impuls unutar zadanog intervala je29Granice integriranja su se promjenile, jer je funkcija ψ razlicita od 0 samo na danom segmentu [−0.5, 0.5].30Integral se vrlo lako izracuna jednostavnom supstitucijom −i(k − k0)x = t.31Ovaj integral je rijsen pomocu programskog paketa Mathematica, i to tako da je razvijen u red oko 0 do na clan reda potencije

1027.

15

-8 Π -6 Π -4 Π -2 Π 2 Π 4 Π 6 Π 8 Πk

0.01

0.02

0.03

0.04

bHkL

Slika . Koeficijenti razvoja b(k).

n = P ·N = 0.0002 · 1000 = 0.2 .

b) Niti jedna nasa cestica nece imati one vrijednosti impulsa, za koje je vjerojatnost mjerenja jednaka nuli.Posto se vjerojatnost racuna iz gustoce vjerojatnosti, promatrat cemo |b(k)|2 (slika ). Iz a) dijela zadatkamozemo vidjeti da je gustoca vjerojatnosti proporcionalna s

sin2

(k − k0

2

).

Slika . Koeficijenti razvoja b(k).

16

To znaci da ce ona biti jednaka nuli, akko

k − k0

2= nπ ⇒ k = k0 + 2nπ .

Za impuls p = ~k iz toga slijedi

p = ~k0 + 2n~π, ∀n ∈ Z .Te vrijednosti impulsa nece biti zastupljene kod nijedne α cestice.¥QED

Zadatak 12

U t = 0, 1000 neutrona se nalazi u jednodimenzionalnoj kutiji sirine 10−5 cm. 100 neutrona ima energiju4E1, a 900 neutrona ima energiju 225E1.

a) Konstruirajte funkciju stanja koja ima ova svojstva.b) Iskoristite dobivenu funkciju stanja da izracunate gustocu, ρ(x), neutrona po jedinicnoj duzini.c) Koliko se neutrona nalazi u lijevoj polovici kutije?

Rjesenje

a) Znamo da energiju, opcenito, n-tog pobudenog nivoa cestice u jednodimenzionalnoj kutiji mozemo izrazitipreko energije 1. nivoa:

En = n2E1 .

U zadatku imamo zadane dvije energije koje onda pripadaju nivoima

E′ = 4E1 = 22E1 = E2 , E′′ = 225E1 = 152E1 = E15 .

Dakle, N ′ = 100 cestica se nalazi u stanju s glavnim kvantnim brojem n = 2, kojem pripada valna funkcija(slika )

ϕ2 =

√2a

sin2πxa

,

dok je N ′′ = 900 cestica je u stanju s glavnim kvantnim brojem n = 15, kojem pripada valna funkcija (slika )

ϕ15 =

√2a

sin15πxa

.

Valna funkcija, koja opisuje stanje svih ovih cestica, moze se napisati kao superpozicija svojstvenih funkcijaHamiltonijana, koji opisuje situaciju cestica u jednodimenzionalnoj kutiji:

ψ(x, 0) = b′ϕ2 + b′′ϕ15 .

Treba jos samo naci koeficijente razvoja b′ i b′′. Vjerojatnosti nalazenja cestica u stanju s energijom E′, odnosno,E′′ je lako naci:

P ′ =N ′

N=

1001000

=110, P ′′ =

N ′′

N=

9001000

=910.

Posto znamo da je

17

0 a��2

ax

j2HxL

Slika . Valna funkcija stanja n = 2.

P (En) = |bn|2 ,tada nam, iz izracunatih vjerojatnosti, za koeficijente slijedi

P ′ = |b′|2 −→ b′ =1√10,

P ′ = |b′′|2 −→ b′′ =

√910.

Uvrstavajuci ih, zajedno sa svojstvenim funkcijama ϕ2 i ϕ15, u razvoj funkcije stanja, za istu dobivamo (slika )

ψ(x, 0) =

√15a

sin2πxa

+

√95a

sin15πxa

.

b) Gustocu cestica po jedinici duljine mozemo izracunati prema

ρ(x) = N |ψ|2 .Dakle, imamo

ρ(x) = 1000(√

15a

sin2πxa

+

√95a

sin15πxa

)2

= 1000 · 15a

(sin

2πxa

+ 3 sin15πxa

)2

=200a

(sin

2πxa

+ 3 sin15πxa

)2

.

c) Da bismo izracunali broj cestica u lijevoj polovici kutije, trebamo prvo vjerojatnost nalazenja cestice u

18

0 a��2

ax

j15HxL

Slika . Valna funkcija stanja n = 15.

toj polovici:

P

(0 < x <

a

2

)=

∫ a2

0

|ψ|2 dx = 300.503457 .

Znaci, u lijevoj polovici kutije se nalazi n = N · P(

0 < x < a2

)= 503.457 cestica. Vidimo da se ovaj rezultat

razlikuje od onoga iz b) dijela zadatka 1. No, ta razlika je logicna, ako se pogleda gustoca vjerojatnosti (slika). Vidimo da u ovom slucaju gustoca vjerojatnosti nije simetricna s obzirom obzirom na srediste kutije u

a

2.

Zbog toga se moze, samo gledajuci sliku, zakljuciti da vjerojatnost nalazenja cestice u lijevoj polovici nece bitijednaka onoj u desnoj polovici.

Zadatak 13

Ako su A i B Hermitski operatori, pokazite da je AB, takoder, Hermitski, ako vrijedi [A, B] = 0.

Rjesenje

Ako A i B komutiraju, odnosno, ako vrijedi

[A, B] = 0 ,

tada slijedi da je

AB = BA .

Uzimajuci Hermitski adjungiranu vrijednost ove relacije, imamo

B†A† = A†B† .

Nadalje, slijedi30Vrijednost integrala je izracunata pomocu programskog paketa Mathematica.

19

0 a��2

ax

ΨHx,0L

Slika . Valna funkcija stanja cestica kao superpozicija svojstvenih funkcija ϕ2 i ϕ15.

(AB

)† = 31B†A† = 32A†B† = 33AB .

Usporedujuci prvi i posljednji izraz u jednakosti, vidimo da je AB Hermitski operator.¥QED

Zadatak 14

Ako su x i p u Hilbertovom prostoru i ako vrijedi [x, p] = i~, pokazite da, ako je x = x, tj. operator xpredstavlja mnozenje s x, tada p ima reprezentaciju

p = −i~ ∂∂x

+ f(x) ,

gdje je f(x) proizvoljna funkcija.

Rjesenje

Trazenu cinjenicu cemo najlakse dokazati tako da danu reprezentaciju uvrstimo u komutacijsku relaciju izmeduoperatora polozaja i impulsa. Ako dana reprezentacija zadovoljava komutacijsku relaciju, tada je cinjenica do-kazana.Dakle,

xp− px = x ·(− i~

∂

∂x+ f

)−

(− i~

∂

∂x+ f

)· x = −i~x ∂

∂x︸︷︷︸=0

+x · f + i~∂x

∂x︸︷︷︸=1

−f · x = i~ .

¥QED

31Prema dokazu iz b) dijela zadatka 8.32Jer A i B komutiraju33Jer su A i B Hermitski.

20

0 a��2

ax

ÈΨHxLÈ2

Slika . Gustoca vjerojatnosti nalazenja cestice.

Zadatak 15

Promotrite tri observable A, B i C. Ako je poznato da vrijedi

[B, C

]= A ,

[A, C

]= B ,

pokazite da vrijedi

∆(AB)∆C ≥ 12〈A2 +B2〉 .

Rjesenje

Pretpostavimo da dvije observable ne komutiraju:

[A, B

]= C .

Tada vrijedi

∆A∆B ≥ 12|〈C〉| .

Ovo poopcenje principa noedredenosti se ponekad naziva Robertson - Schrodingerova relacija. Za nase operatorevrijedi

[A, B] = A · [B, C]︸︷︷︸A

+ [A, C]︸︷︷︸B

·B = A2 + B2 .

Tada, prema Robertson - Schrodingerovoj relaciji, slijedi da vrijedi

∆AB∆C ≥ 12|〈A2 + B2〉| = 34 1

2〈A2 + B2〉 .

34Jer je ocekivanje sume kvadrata observabli uvijek pozitivno.

21

¥QED

Zadatak 16

Ako je g(x) proizvoljna funkcija, pokazite da vrijedi

[px, g] = −i~∂g∂x

.

Rjesenje

Jer je u kvantnoj mehanici impuls u x-smjeru operator oblika px = −i~ ∂∂x , odmah iz definicije komutatora

imamo

[px, g] = pxg − gpx = −i~∂g∂x

+ i~g∂

∂x︸︷︷︸=0

= −i~∂g∂x

.

¥QED

Zadatak 17

Ako je

[A, B

]= iC ,

te ako su A i B oba Hermitska, dokazite da je C, takoder, Hermitski.

Rjesenje

C ce biti Hermitski, ako je on sam jednak svojoj Hermitski adjungiranoj vrijednosti C†. Krenimo od pret-postavke zadatka

[A, B

]= AB − BA = iC ,

Hermitskim adjungiranjem cijele jednadzbe, koristeci se rjesenjima e) (za lijevu stranu) i a) (za desnu stranu)dijela zadatka 8, dobivamo

B†A† − A†B† = −iC† .Posto su, prema pretpostavci zadatka, A i B Hermitski operatori, tada za lijevu stranu jednakosti imamo

BA− AB = −iC† ,odnosno

AB − BA = iC† .

Usporedujuci dobivenu jednakost s pocetnom pretpostavkom zadatka, na kraju dobivamo

C = C† ,

sto znaci da je C Hermitski operator.¥QED

22

Zadatak 18

Dokazite da ako su A i B Hermitski, tada je[A, B

]Hermitski, akko je

[A, B

]= 0.

Rjesenje

Ekvivalenciju cemo dokazati tako dda cemoprvo dokazati implikaciju udesnu stranu, a zatim u lijevu stranu.Znaci, iskoristimo prvo pretpostavku da je

[A, B

]Hermitski.

[A, B

]† = 35B†A† − A†B† = 36BA− AB .

S druge strane, posto je[A, B

]Hermitski, tada je

[A, B

]† =[A, B

]= AB − BA .

Izjednacavajuci konacne dijelove prethodnih dviju jednakosti, dobivamo

BA− AB = AB − BA

2BA = 2ABBA = AB

AB − BA = 0[A, B

]= 0 .

Sada krenimo od pretpostavke da je[A, B

]= 0. Tada je

AB = BA .

Nadalje imamo

[A, B

]† = 37BA− AB = AB − BA =[A, B

].

Dakle,[A, B

]je Hermitski operator.

Time je ekvivalencija dokazana.¥QED

Zadatak 19

a) Pokazite da za cesticu u jednodimenzionalnoj kutiji, u proizvoljnom stanju ψ(x, 0), vrijedi

〈H〉 ≥ E1 .

b) Pod kojim uvjetima vrijedi znak jednakosti?

Rjesenje

a) E1 predstavlja energiju stanja s osnovnim kvantnim brojem n = 1. Ocekivana energija se dobije takoda se racuna ocekivanje Hamiltonijana

〈H〉 = 〈ψ|H|ψ〉 .35Prema rjesenju e) dijela zadatka 8.36Prema pretpostavci da su A i B Hermitski.37Kao sto smo pokazali u prvom dijelu zadatka.

23

Nadalje, znamo da vrijedi

Eα ≥ E1 , ∀α ∈ N042 .

Sto znaci da mora vrijediti

〈ψ|H|ψ〉 ≥∑α

E1|〈ϕα|ψ〉|2

= E1

∑α

|〈ϕα|ψ〉|2︸︷︷︸

=1

= E1 .

Time je trazeni iskaz dokazan.

b) Jednakost ocito vrijedi u slucaju kada su sve svojstvene vrijednosti n-terostruko degenerirane.

Zadatak 20

Koliko iznose ocekivanje 〈x〉 i kvadratni korijen varijance ∆x za sljedece gustoce vjerojatnosti:

a) P (x) = A[a4 + (x− x0)4]−1 .

b) P (x) = Ax2e−x2

2a2 .c) P (x) = A sin2

(x−x0√

2a− 8π

)e−

x−x02a2 .

Zadatak 21

a) Cestica mase m giba se u jednoj dimenziji (x). Poznat je moment cestice px = ~k0, gdje je k0 poznatakonstanta. Kako izgleda vremenski-nezavisna (nenormalizirana) valna funkcija ove cestice, ψa(x)?b) Cestica interagira sa sistemom. Nakon interakcije poznato je da je vjerojatnost mjerenja momenta 1/5 zapx = 2~k0, odnosno 4/5 za px = 8~k0. Kako izgleda vremenski-nezavisna (nenormalizirana) valna funkcija ovecestice, ψb(x)?

Zadatak 22

a) Pokazite da vrijedi [A,B] = 0 ⇔ [B−1, A−1] = 0.b) Pokazite da vrijedi [B−1, C] = 0 ⇔ [B,C] = 0.c) Dokazite Jacobijevu relaciju: [A, [B,C]] + [B, [C,A]] + [C, [A,B]] = 0.

Zadatak 23

a) Nadite ψ(x, t) i P (En) u trenutku t > 0, koji se odnose na cesticu u jednodimenzionalnoj kutiji sa zido-vima u (0, a) u pocetnom stanju:

ψ(x, 0) = A1 sin(

3πxa

)cos

(πx

a

).

b) Ako mjerenje od E daje E = 4E1 u trenutku t = 6 s, kako izgleda ψ(x, t) u trenutcima t > 6 s za pocetnostanje iz a) dijela zadatka?

42Vidjeti npr. sliku 4.3 a) u Richard L. Liboff, Introductory Quantum Mechanics, str. 93.

25

Zadatak 24

Slobodna cestica mase m giba se u jednoj dimenziji, te je poznato da se nalazi u pocetnom stanju:

ψ(x, 0) = sin(k0)x.

a) Kako izgleda ψ(x, t)?b) Ako je vrijednosti impulsa p mogu dati mjerenja u trenutku t, te s kojim vjerojatnostima se te vrijednostipojavljuju?c) Pretpostavimo da u trenutku t = 3 s, mjerenje impulsa p daje vrijednost ~k0. Kako izgleda ψ(x, t) u trenut-cima t > 3 s?

Zadatak 25

Cestica se giba u jednoj dimenziji, te ima valnu funkciju:

ψ(x, t) = Aei(ax−bt),

gdje su a i b konstante.

a) Kako izgleda potencijal V (x) u kojem se giba cestica?b) Ako se vrsi mjerenje impulsa, koja ce se vrijednost (izrazeno preko a i b)?c) Ako se mjeri energija, koja ce se vrijednost dobiti?

Zadatak 26

Dokazite da ako je [H, A] = 0 i ∂A∂t = 0, tada je 〈∆A〉 konstanta u vremenu.

Zadatak 27

Pokazite da u stacionarnom stanju vrijedi

ddt〈A〉 = 0,

ako je∂A

∂t= 0, koristeci komutatorsku relaciju

d〈A〉dt

=⟨i

~[H, A] +

∂A

∂t

⟩.

Zadatak 28

Pokazite da za valni paket, koji se siri u jednoj dimenziji, vrijedi:

md〈x2〉

dt= 〈xp〉+ 〈px〉.

Zadatak 29

Cestica, koja se giba u jednoj dimenziji, interagira s potencijalom V (x). Pokazite da za stacionarno stanjeovog sistema vrijedi:

26

12〈x ∂

∂xV 〉 = 〈T 〉,

gdje je T =p2

2mkineticka energija cestice.

Zadatak 30

Harmonicki oscilator se sastoji od mase 1 g na opruzi. Frekvencija mu je 1Hz, a masa prolazi kroz ravnoteznipolozaj brzinom od 10 cm/s. Koji je red velicine kvantnog broja pridruzenog energiji sistema?

Zadatak 31

Koristeci osnovnu komutacijsku relaciju [x, p] = i~, pokazite da vrijedi:

[a, a†] = 1.

Zadatak 32

Opcenita formula za konstantu normalizacije funkcija ϕn je

An =1√

2nn!√π.

Pokazite da ta formula daje ispravnu normalizaciju za ϕ4.

Zadatak 33

Pokazite da iz oblika za ϕn danog s ϕn = An

(ξ − ∂

∂ξ

)ne−

ξ2

2 direktno slijedi

Pϕn = (−1)nϕn,

gdje je P operator pariteta.

Zadatak 34

a) Pokazite da je n-to svojstveno stanje ϕn generirano iz normaliziranog osnovnog stanja ϕ0 preko

ϕn =1√n!

(a†

)nϕ0.

b) Pokazite da a) dio zadatka povlaci slijedece relacije:

aϕn =√nϕn−1,

a†ϕn =√n+ 1ϕn+1,

gdje su funkcije ϕn−1 i ϕn+1 normalizirane.

27

Zadatak 35

Harmonicki oscilator se nalazi u pocetnom stanju

ψ(x, 0) = ϕn(x),

tj. u svojstvenom staju od H. Kako izgleda ψn(x, t)?

Zadatak 36

Pokazite da za harmonicki oscilator u superponiranom stanju

ψ(x, t) =1√2

[ψ0(x, t) + ψ1(x, t)

]

vrijedi

〈x〉 = C cos(ω0t).

U gornjoj notaciji je

ψn(x, t) = ϕn(x)e−i~Ent.

Zadatak 37

Nadite 〈x〉 za harmonicki oscilator u superponiranom stanju

ψ(x, t) =1√2

[ψ0(x, t) + ψ3(x, t)

].

Harmonicki oscilator ima prirodnu frekvenciju ω0.

Zadatak 38

Pokazite da, ako postoji stanje, koje je istovremeno svojstveno stanje od Lx i Ly, da tada to stanje imasvojstvene vrijednosti Lx = Ly = Lz = 0.

Zadatak 39

Dokazite da su Lx i L2 Hermitski operatori.

Zadatak 40

Ako je[A, Lx

]=

[A, Ly

]=

[A, Lz

]= 0, koliko je

[A2, L2

]?

Zadatak 41

a) Pokazite da P antikomutira s operatorom impulsa p.

28

b) Iskoristite odgovor iz a) dijela zadatka da pokazete da P komutira s operatorom kineticke energije T =p2

2m.

Zadatak 42

a) Ako je f(x) bilo koja funkcija, pokazite da je

f+ =f(x) + f(−x)

2= parna funkcija

f− =f(x)− f(−x)

2= neparna funkcija

b) Pokazite da je

P+ =I + P

2,

takav da vrijedi

P+f(x) = f+(x).

c) Pokazite da je

P− =I − P

2,

takav da vrijedi

P−f(x) = f−(x).

Operator P+ ”projektira” f na f+, dok P− ”projektira” f na f−.

d) Dokazite da operatori projekcija P+ i P−, imaju slijedeca svojstva:

P2± = P±[

P+, P−]

= 0

P+ + P− = I .

Zadatak 43

Koliko iznosi 〈P〉 za cesticu u jednodimenzionalnoj kutiji sa zidovima na[− a

2 ,a2

], koja je u pocetnom stanju:

ψ(x, 0) =1√29

(3ϕ2 + 3ϕ4 + 2ϕ3) .

Zadatak 44

29

Za cesticu u jednodimenzionalnoj kutiji za zidovima na[ − a

2 ,a2

]je poznato da se nalazi u stanju s vjero-

jatnostima energija:

P (E1) =13, P (E2) =

13, P (E3) =

13. P (En) = 0, n 6= 1, 2, 3 .

Mjeren je i paritet stanja, te je dobivena vrijednost −1. Ako se u nekom kasnijem trenutku mjeri E, koja ce sevrijednost dobiti? Kolika bi bila ta vrijednost da je pocetno mjerenje pariteta dalo rezultat +1?

Zadatak 45

Za slobodnu cesticu, koja se giba u jednoj dimenziji, podijelite skup operatora

{P, x, H, p}na podskupove komutirajucih operatora.

Zadatak 46

Slobodna cestica, koja se giba u jednoj dimenziji, se nalazi u pocetnom stanju ψ(x, 0). Dokazite direktnimracunanjem, tj. bez koristenja komutatorskog teorema (koji se tice konstantni gibanja), da je 〈p〉 konstantno uvremenu.

Zadatak 47

U tri dimenzije, P je definiran s:

Pψ(x, y, z) = ψ(−x,−y,−z) .a) Kako izgleda ova definicija, ako je ψ mjeren u sfernim koordinatama, tj. ψ = ψ(ρ, ϑ, ϕ)?b) Kako izgleda ova definicija, ako je ψ mjeren u cilindicnim koordinatama, tj. ψ = ψ(ρ, z, ϕ)?

Zadatak 48

Pokazite da u bezdimenzionalnoj notaciji vrijedi jednakost:

a†a =12

(ξ2 − ∂2

∂ξ2− 1

).

Zadatak 49

Kako izgleda asimptotsko rjesenje ϕn Schrodingerove jednadzbe

ϕξξ + (2n+ 1− ξ2)ϕ = 0

u podrucju

ξ2 ¿ 1 + 2n ' 2n ?

Zadatak 50

30

Neka je zadana proizvoljna funkcija ϕ(p). Pokazite da uz p = p i x = i~∂

∂p, vrijedi

[x, p]ϕ(p) = i~ϕ(p) .

Zadatak 51

Kako izgleda svojstvena funkcija operatora x, u impulsnoj reprezentaciji, koja odgovara svojstvenoj vrijed-nosti x? Tj. nadite rjesenje jednadzbe

xϕ(p) = xϕx(p) .

Zadatak 52

Neka |x′〉 oznacava svojstveni vektor operatora polozaja x sa svojstvenom vrijednoscu x′, te neka |k′〉oznacava svojstveni vektor operatora impulsa p sa svojstvenom vrijednoscu ~k′. Pokazite da vrijedi:

a) 〈k|k′〉 = δ(k − k′)b) 〈x|x′〉 = δ(x− x′)

c) 〈x|k〉 =1√2πeikx .

Zadatak 53

Pokazite da se gustoca struje ~j moze zapisati kao

~j =1

2m[ψ∗pψ + (ψ∗pψ)∗] ,

gdje je p operator impulsa.

Zadatak 54

Pokazite da za jednodimenzionalnu valnu funkciju oblika (gdje je ϕ(x, t) realna)

ϕ(x, t) = Aeiϕ(x,t)

vrijedi

~j =~m|A|2 ∂ϕ

∂x.

Zadatak 55

Pokazite da kompleksna potencijalna funkcija, V ∗(x) 6= V (x), ne zadovoljava jednadzbu kontinuiteta.

Zadatak 56

Dokazite da, ako je ψ(x, t) realna, vrijedi

31

~j = 0, ∀x .

Zadatak 57

Pokazite da vrijedi

T +R = 1 ,

za sve jednodimenzionalne probleme s potencijalnim barijerama.

Zadatak 58

Pokazite da su koeficijenti refleksije za dva slucaja sa slike jednaki.

Zadatak 59

Jednadzba

A+B = C

A−B =k2

k1C ,

koja se pojavljuje u racunu problema potencijalne barijere s E > V , moze se napisati u matricnom obliku( −1 1

1 k2k1

) (BACA

)=

(11

).

Oznacavajuci matricu reda 2 × 2 s D, lijevi jednostupcani vektor s V, a desni jednostupcani vektor s U , ta sejednadzba moze jednostavno zapisati kao

DV = U .Ova nehomogena matricna jednadzba ima rjesenje

32

V = D−1U .a) Nadite D−1, te konstruirajte V navedenom tehnikom. Provjerite svoj rezultat s

C

A=

21 + k2

k1

,B

A=

1− k2k1

1 + k2k1

.

b) Napravite to isto s jednadzbom

1 +B

A=C

A

1− B

A= i

κ

k1

C

A,

koja se pojavljuje u racunu problema potencijalne barijere s E < V , i provjerite s

C

A=

21 + i κk1

,B

A=

1− κk1

1 + κk1

.

Zadatak 60

Pomocu novih varijabli

α± ≡ k21 ± k2

2

2k1k2, β ≡ 2k2a

F

A=√TeiϕT ,

B

A

√ReiϕR ,

jednadzba

F

A= e−2ik1a

[cos(2k2a)− i

2

(k21 + k2

2

k1k2

)sin(2k2a)

]−1

2

(B

A

)= i

(F

A

)k21 − k2

2

k1k2sin(2k2a)

se moze zapisati u jednostavnijem obliku

√TeiϕT =

e2ik1a

cosβ − iα+ sinβ√ReiϕR = iα−

√TeiϕT sinβ .

Iskoristite ove izraze da bi dokazali: T +R = 1.

Zadatak 61

Snop elektrona prolazi kroz potencijalnu barijeru duzine 4.5 A. Koeficijent transmisije pokazuje 3. maksi-mum na energiji E = 100 eV . Kolika je visina barijere?

Zadatak 62

33

Snop elektrona upada na barijeru visine 10 eV . Na energiji E = 10 eV , koeficijent transmisije iznosiT = 3.37× 10−3. Kolika je sirina barijere?

Zadatak 63

Iskoristite Bohrov princip korespondencije s

T =1

1 + 14

V 2

E(V−E) sinh2(2κa), E < V ,

da bi dokazali da je T = 0 za E < V , za klasicni slucaj snopa cestica energije E, koji upada na potencijalnubarijeru visine V .

Zadatak 64

Udarni presjek za rasprsenje elektrona na atomima rijetkog plina kriptona ima minimum na niskoj energijiod E ' 0.9 eV . Pretpostavljajuci da elektroni ”vide” potencijalni bunar atoma sirine 1 Bohra, izracunajtenjegovu dubinu.

34

Zadatak 1 Rjeˇsenje -...

Documents

Transcript of Zadatak 1 Rjeˇsenje -...