1. No category

Kvanttifysiikan perusteet 2017
Harjoitus 3: ratkaisut
Tehtävä 1
Tarkastellaan äärettömän syvässä laatikossa (väli [0,
L])
olevaa hiukkasta.
Kirjoita energiatiloja En vastaavat aaltofunktiot muodossa ψn (x, t)
missä
φn (x) = Ae
ikn x
+ Be
−ikn x
. Mitä on
kn ?
= φn (x)exp(−iEn t/~),
Osoita, että aaltofunktiot ovat
ortonormeerattuja eli
Z
L
dxψn∗ (x, t)ψm (x, t) = δmn
0
missä δmn on Kroneckerin delta: δmn
=1
kun
m=n
ja δmn
=0
kun
m 6= n.
Ratkaisu: Aaltofunktioiden kirjoittamiseksi tulee ratkaista kolme tuntematonta termiä:
A, B
ja
kn .
Näiden eliminoimiseksi käytämme kolmea ehtoa:
aaltofunktion arvoa laatikon molemmilla laidoilla sekä normitusehtoa.
Aaltofunktio on 0 laatikon ulkopuolella. Funktion on oltava jatkuva kaikkialla, joten myös laatikon reunoilla
ψn (0, t) = ψn (L, t) = 0
mikä toteutuu kun
Tarkasteltaessa
jos
φ
φn (0) = φn (L) = 0.
:tä kohdassa
x=0
nähdään, että reunaehto täyttyy vain
A = −B .
Tutkitaan sitten kohtaa
x=L
ja sijoitetaan äskeinen tulos, jolloin huoma-
taan
1
φn (L) = Aeikn L − Ae−ikn L = 0
⇒ eikn L = e−ikn L
|| × eikn L
⇒ e2ikn L = 1
Koska
1 = ei2nπ ,
seuraa tästä
nπ
L
φn (x) = A(einπx/L − e−inπx/L ).
kn =
missä
A:n
n
on kokonaisluku. Nyt siis
selvittämiseksi normitetaan aaltofunktio, eli vaaditaan
∞
Z
dx|ψn (x, t)|2 = 1.
(1)
−∞
Helppouden vuoksi voidaan tarkastella vain hetkeä
termit yksinkertaisempina, sillä
Z
∞
Z
2
L
dx|φn (x)|2
dx|φn (x)| =
−∞
t = 0 ja sitä kautta pitää
ψn (x, 0) = φn (x) ja A ei riipu ajasta.
0
Z
L
dxφn φ∗n
=
0
Z
L
=
dx|A|2 2 − e2niπx/L − e−2niπx/L
0
L
(−e−2niπ + e0 + e−2iπ − e0
2iπn
= 2|A|2 L = 1
= |A|2 2L +
Valitaan tämän perusteella vaikkapa reaalinen
A =
q
1
ja aaltofunktion
2L
paikkariippuvuus on vihdoin
r
φn (x) =
1
inπx/L
−inπx/L
e
−e
.
2L
Aaltofunktiot kokonaisuudessaan ovat siis
r
ψn (x) =
1
inπx/L
−inπx/L
e
−e
exp(−iEn t/~).
2L
2
Osoitetaan seuraavaksi aaltofunktioiden olevan ortonormeerattuja. Tapauksen
n=m
todistus, jolloin integraalin arvoksi pitäisi tulla 1, seuraa suoraan
normitusehdosta (1). Tutkitaan seuraavaksi tapaus
n 6= m,
jolloin siis inte-
graalin arvon tulisi aina olla 0. Riittää yhä jättää aikariippuvainen termi pois
laskuista, sillä se jää joka tapauksessa integraalin ulkopuolelle eikä vaikuta
lopputulokseen, mikäli paikkariippuvainen integraali antaa 0:n.
Z
L
dxφ∗n (x)φm (x)
0
1
=
2L
Z
L
iπx(m−n)/L
−iπx(m+n)/L
iπx(m+n)/L
−iπx(m−n)/L
dx e
−e
−e
+e
0
1
1
eiπ(m−n) − e0 −
e−iπ(m+n) − e0
2iπ(m − n)
−2iπ(m + n)
1
1
−
eiπ(m+n) − e0 +
e−iπ(m−n) − e0
2iπ(m + n)
−2iπ(m − n)
1
1
=
(−1)m−n − 1 +
(−1)m+n − 1
2iπ(m − n)
2iπ(m + n)
1
1
(−1)m+n − 1 −
(−1)m−n − 1
−
2iπ(m + n)
2iπ(m − n)
=
Huomattiin siis, että
eπi = e−πi = −1,
ja hieman uudelleenjärjestelemällä
nähdään kaikkien termien kumoutuvan.
Tehtävä 2
Siirretään energian nollakohtaa suorittamalla muunnos
missä
c
V (x) → V (x) + c,
on vakio. Tarkastele Schrödingerin yhtälöä ja osoita, että siirros ei
vaikuta todennäköisyyteen löytää hiukkanen paikasta
x.
Vertaa tilannetta
klassiseen fysiikkaan ja siellä muunnoksen vaikutusta hiukkasen liikerataan.
Ratkaisu 1: Schrödingerin yhtälö yhdessä tilaulottuvuudessa:
∂
i~ ψ(x, t) =
∂t
ψ(x, t)
~ ∂2
−
+ V (x) ψ(x, t)
2m ∂x2
on aaltofunktio, joka toteuttaa Schrödingerin yhtälön potentiaalissa
V(x). Olkoon nyt φ(x, t) puolestaan aaltofunktio, joka toteuttaa yhtälön potentiaalissa
c,
eli
3
V (x)+
∂
i~ φ(x, t) =
∂t
Yritetään päätellä, miten
φ:n
~ ∂2
−
+ V (x) + c φ(x, t)
2m ∂x2
saisi ilmaistua
ψ :n avulla. Halutaan löytää rat-
kaisu, jolla yhtälön vasemmalle puolelle löydetään vastaava ylimääräinen termi kuin mitä oikealle on ilmaantunut potentiaalimuunnoksen seurauksena.
Tehdään siis valistunut arvaus, että funktioiden välillä oleva yhteys on jokin
paikasta riippumaton exponenttifunktiokerroin, ts.
φ(x, t) = ebt ψ(x, t)
Sijoitetaan yrite yhtälöön ja järjestellään termejä:
~ ∂2
+ V (x) + c ebt ψ(x, t)
−
2
2m ∂x
~ ∂2
bt
bt ∂
ψ(x, t) + be ψ(x, t) = −
+ V (x) + c ebt ψ(x, t)
⇔ i~ e
∂t
2m ∂x2
∂
i~ ebt ψ(x, t) =
∂t
Huomataan, että jos
b=
−ict
, molempien puolten viimeiset termit ovat samat
~
ja voidaan vähentää pois. Tutkitaan mitä muulle yhtälölle käy tällöin:
−ict/~
e
∂
~ ∂2
−ict/~
+ V (x) ψ(x, t)
i~ ψ(x, t) = e
−
∂t
2m ∂x2
Tämä on selvästikin tosi, sillä jakamalla eksponenttifunktio pois tehtävä saadaan palautettua Schrödingerin yhtälöön
tosi. Siispä potentiaalissa
ψ :lle, joka määritelmän mukaan on
V (x) + c aaltofunktio on e−ict/~ ψ(x, t). Todennä-
köisyystiheys:
φ∗ φ = e−ict/~ eict/~ ψ ∗ ψ = ψ ∗ ψ
eli potentiaalin muunnos ei vaikuta todennäköisyystiheyteen millään tavalla. Myöskään klassisessa mekaniikassa vakiomuutos potentiaaliin ei vaikuta
hiukkasen liikerataan, sillä
Ratkaisu 2:
F = −∇x
ja vakion derivaatta on 0.
Vaihtoehtoinen lähestymistapa on tarkastella ensin stationaa-
rista tilannetta ja tutkia sitten, voiko tuloksen yleistää.
Ajasta riippumaton Schrödingerin yhtälö:
~2 ∂ 2
+ V (x) φ(x) = Eφ(x)
−
2m ∂x2
4
Jos
V → V + c,
pätee yhtälö jos ja vain jos
E → E + c.
Tällöin aaltofunktio
muunnetussa potentiaalissa on siis
ψ 0 (x, t) = φ(x)e−i(E+c)t/~ = e−ict ψ(x, t)
missä siis
ψ
on potentiaalissa
V
Schrödingerin yhtälön toteuttava aaltofunk-
tio. Tuloksen voi nyt sijoittaa Schrödingeriin potentiaalissa
V +c ja tarkistaa,
että se toteutuu.
Tehtävä 3
0 ≤ x ≤ ∞ olevan hiukkasen aaltofunktio muotoa ψ(x, t) =
Nx e
, missä N on kompleksinen ja a, ω reaalisia vakioita. Normita
aaltofunktio. Hahmottele hiukkasen pistetodennäköisyysjakauma P (x, t)dx
(= todennäköisyystiheys ×dx).
Olkoon välillä
2 −x/a−iωt
Ratkaisu: Aaltofunktion normitus (aaltofunktio on tehtävänannon mukaan
nolla, kun
−∞ ≤ x < 0):
Z ∞
Z
2
2
dx|ψ(x, t)| = |N |
0
∞
x4 e−2x/a = 1
0
Tämän muotoiset integraalit ratkeavat osittaisintegroimalla, tässä tapauksessa neljästi. Jäljelle jää lopulta
3
|N |2 a5 = 1
4
(2)
jolloin normitusvakioksi tulee
2
N = √ a−5/2 eiθ
3
missä
θ on reaalinen. Kulmariippuvuustermi seuraa siitä, että N
on komplek-
sinen, ja yhtälö (2) on tietenkin totta kaikilla vaihekulmilla.
Todennäköisyystiheys on
4
|ψ(x, t)|2 = a−5 x4 e−2x/a
3
Pintapuolisesti nähdään, että tämä on 0 kun
x=0
ja kun
x → ∞.
Pienillä
x :n arvoilla kasvava x4 dominoi, kun taas suurilla arvoilla eksponenttifunktio
5
laskee todennäköisyyttä nopeasti. Suurempi
a
laskee sen huippua. Ohessa kuvaajat arvoilla
a=1
levittää kuvaajaa oikealle ja
ja
a = 3.
Tehtävä 4
Tarkastellaan harmonista oskillaattoria
V =
1
mω 2 x2 . Osoita, että Schrö2
2
dingerin yhtälön stationäärinen ratkaisu on muotoa
energia
E = 21 ~ω .
φ(x) = exp(−bx ),
Etsi b:n arvo ja normita aaltofunktio oikein.
Ratkaisu: Ajasta riippumaton Schrödingerin yhtälö:
~2 ∂ 2
−
+ V (x) φ(x) = Eφ(x)
2m ∂x2
Derivoidaan ratkaisuyritettä
2
e−bx
:
∂
2
φ(x) = −2bxe−bx
∂x
6
kun
∂2
2
2
φ(x) = 4b2 x2 e−bx − 2be−bx
2
∂x
Siispä Schrödingeriin sijoittamalla saadaan
−
1
1
~2
2
2
(−2b + 4b2 x2 ) + mω 2 x2 e−bx = ~ωe−bx
2m
2
2
2
~
1
~2
1
mω 2 −
4b2 x2 = ~ω −
2b
⇒
2
2m
2
2m
Yhtälö toteutuu kaikilla
x:n arvoilla vain, kun molemmat puolet ovat identti-
sesti 0. Kun oikean puolen kertoimesta ratkaistaan b, huomataan että arvolla
b=
mω
annetunlainen yrite todellakin on Schrödingerin yhtälön stationääri2~
nen ratkaisu.
Etsitään vielä oikea normituskerroin:
Z
∞
(N e
−mωx2 /2~ 2
) =N
2
−∞
Z
∞
e
−mωx2 /~
−∞
r
=N
2
~π
=1
mω
Tässä on käytetty Gaussin integraalille kaavaa, joka on hyödyllistä opetella
ulkoa:
Z
∞
dxe
−a(x+b)2
r
=
−∞
Saadaan siis normitusvakioksi
N=
mω
π~
7
1/4
π
a