Kvantummechanika feladatgyűjtemény

Átírás

1 Kvantummechanika feladatgyűjtemény Szunyogh László, Udvardi László, Ujfalusi László, Varga Imre 4. február 3.

2 Előszó A fizikus alapképzésben központi jelentőségű a Kvantummechanika tárgy oktatása, hiszen a hallgatók itt sajátítják el a modern fizika tanulmányozásához szükséges alapok nagy részét. A megszerzett ismeretek nélkülözhetetlenek a szilárdtestfizika, a statisztikus fizika, az atom- és molekulafizika, a részecskefizika és a mesterképzés számos további tárgyának oktatásában. A mikrofizika törvényszerűségeinek és alapjelenségeinek megértése a gyakorlati feladatok megoldásán keresztül válik teljessé. Példatárunkban a BME fizikus képzés Kvantummechanika gyakorlatain az elmúlt közel húsz évben tárgyalt feladatokat gyűjtöttük össze. A kilenc fejezet Apagyi Barna: Kvantummechanika [] jegyzetéhez igazodik. A szokásosnál részletesebb elméleti bevezetők sok esetben azonban az utóbbi évek oktatásába beépített ismereteket is közvetítenek. A példatár összeállításánál természetesen támaszkodtunk a kitűnő és jól bevált magyar nyelvű példatárakra, mint a Constatinescu- Magyari: Kvantummechanika példatár [] és az Elméleti Fizika III. példatár [3], de számos új feladat is gazdagítja a választékot. A feladatok részletes kidolgozásával a hallgatók önellenőrzését szándékoztuk elősegíteni. A jövőben további érdekes feladatokkal tervezzük a példatár folyamatos kiterjesztését. Reméljük, hogy példatárunk nemcsak a BME fizika oktatásában hasznosul, hanem az ország többi egyetemének fizikus hallgatói számára is értékes segédeszköz lesz. i

3 Tartalomjegyzék Előszó i. Matematikai alapok.. Elmélet A Hilbert-tér Lineáris operátorok Feladatok Példák Megoldások A kvantummechanika axiómái, egyszerű kvantummechanikai rendszerek 6.. Elmélet A kvantummechanika axiómái Az axiómák és szimmetriák következményei Egyszerű kvantummechanikai rendszerek A lineáris harmonikus oszcillátor Feladatok Példák Megoldások Reprezentációk és kvantummechanikai képek Elmélet Diszkrét reprezentációk Koordináta reprezentáció Impulzus reprezentáció A Heisenberg-féle határozatlansági reláció Kvantummechanikai képek ii

4 3.. Feladatok Példák Megoldások A perdület és spin Elmélet Definíciók és felcserélési relációk Az impulzusmomentum operátorok sajátértékei Az elektron spinje Impulzusmomentum összeadási szabályok Feladatok Példák Megoldások A hidrogénatom spektruma és a többtestprobléma Elmélet A radiális Schrödinger-egyenlet A hidrogénatom kötött állapotai Többrészecske rendszerek Többelektronos rendszerek: Hartree módszer Feladatok Példák Megoldások Közelítő módszerek a kvantummechanikában 6.. Elmélet Variációs módszer Stacionárius perturbációszámítás Időfüggő perturbációszámítás Feladatok Példák Megoldások Szóráselmélet Elmélet Kontinuitási egyenlet, valószínűségi áramsűrűség iii

5 7... Háromdimenziós potenciálszórás Parciális hullámok módszere Egydimenziós szórás, alagúteffektus Feladatok Példák Megoldások Mozgás elektromágneses térben Elmélet A kinetikus impulzus csererelációi A Hamilton operátor Kontinuitási egyenlet A hullámfüggvény mértéktranszformáció Mozgás homogén mágneses térben: a Landau nívók Feladatok Példák Megoldások Relativisztikus kvantummechanika Elmélet Lorentz-transzformáció A Klein-Gordon-egyenlet A Dirac egyenlet A Dirac-féle Hamilton-operátor A Dirac-egyenlet Lorentz-invarianciája Fizikai mennyiségek Lorentz-transzformációja Térbeli forgatások és a spin A szabad elektron A nem-relativisztikus közelítés Feladatok Példák Megoldások iv

6 . fejezet Matematikai alapok.. Elmélet... A Hilbert-tér A kvantummechanika axiomatikus felépítéséhez először az elmélet által használt matematikai eszköztárat tekintjük át, mely az irodalomban [4] bővebben megtalálható. Ennek legfontosabb eleme a Hilbert-tér, amely tulajdonképpen az euklidedszi tér végtelen dimenziós általánosítása:.. Definíció Hilbert-tér: Skalárszorzattal ellátott teljes, metrikus tér. A H Hilbert térhez tartozó skalárszorzat egy olyan H H C függvény, melyre igazak a következők:. x y = y x. x + x y = x y + x y 3. x λy = λ x y 4. x x = x = Azaz a skalár szorzat a második változóban lineáris, az első változóban konjugált lineáris, illetve pozitív definit, a Hilber-tér nullelemére pedig bevezettük a jelölést. A skalárszorzatból norma származtatható, x = x x, melyből távolság, dx, y = x y. A Hilbert-tér ezen normához tartozó topológiában teljes bármely Cauchy sorozat konvergens. A toviábbiakban a Dirac-féle jelölésmódot használjuk, ahol a Hilbert-tér vektorait a x szimbólommal ket jelöljük. A Riesz-féle reprezentációs tétel értelmében bármely H-n ható lineáris funkcionál reprezentálható egy H-beli vektorral való skalárszorzással. Így a x jelölés bra alatt azt az egyébként H duálisában lévő lineáris funkcionált értjük, aminek hatása egy y vektorra a x y. A következőkben néhány példát mutatunk Hilbert-térre:.. Példa C n, azaz a komplex elemű n hosszú vektorok tere a szokásos x y = n x i y i skalárszorzattal. i=

7 .3. Példa l, ami a négyzetesen összegezhető sorok tere x i < az x y = i x i y i skalárszorzattal. Ez tulajdonképpen az előző példa természetes végtelen dimenziós i általánosítása. A tér kanonikus bázisa: δ n =,,...,,,,..., ahol az az n-edik helyen áll..4. Példa L R, a számegyenesen négyzetesen integrálható függvények tere fx dx < az f g = A térnek egy bázisát adják az Hermitefüggvények. f xgxdx skalárszorzattal..5. Példa L [ ; ], a [ ; ] intervallumon négyzetesen integrálható függvények tere fx dx < az f g = f xgxdx skalárszorzattal. Ennek a térnek több hasznos bázisa is van, pl. a Legendre-polinomok vagy a harmonikus bázis: e i kπ, ahol k Z..6. Definíció Szeparábilis Hilbert-tér: Megszámlálható bázissal rendelkező Hilbert-tér. A továbbiakban csak szeparábilis Hilbert-térrel foglalkozunk. Bármely vektort kifejthetünk a tér egy { φ i } bázisán: Ψ = i c i φ i általánosított Fourier-sorfejtés. Ekkor rögzített bázis melett Ψ -t helyettesíthetjük a c i koordinátáiból álló vektorral, emiatt minden végtelen dimenziós szeparábilis Hilbert-tér izomorf az l térrel így egymással is. Úgy is mondhatjuk, hogy létezik a Hilbert-tér, és a fenti példák ezen tér különböző izomorf megvalósításai. A 3.. és a 3.. fejezetekben látni fogjuk, hogy ezen állítás biztosítja a Schrödinger-féle hullámmechanika és a Heisenberg-féle mátrixmechanika közötti átjárást. Míg előbbi esetében L R-t, utóbbi esetében l -t használjuk.... Lineáris operátorok.7. Definíció Lineáris operátor: Az  : H H operátor lináris, ha λ, C, és x, H esetén  λ x + λ x = λ  x + λ  x Egy   lineáris operátor adjungáltját a következő egyenlet definiálja: x Ây =  x y. Ha  értelmezési tartományán D   = Â, és D DÂ, akkor  szimmetrikus. Ha ezen felül D = D is igaz, akkor  önadjungált. Korlátos operátorokra ez a két fogalom megegyezik, különbség csak nem korlátos operátorok esetén van..8. Példa A C -n ható önadjungált operátorok, azaz a -es önadjungált mátroxok között az identitással együtt bázist alkotnak az úgynevezett Pauli mátrixok: i σ =, σ x =, σ y =, σ i z =.

8 .9. Példa Az l -n ható önadjungált operátorokat reprezentálhatjuk önadjungált végtelen mátroxokkal, a következő mátrix például mint a 3.5. feladatban látni fogjuk az impulzus operátor egy lehetséges reprezentációja: i i i i i 3 i Példa Az L R téren két fontos nem korlátos önadjungált operátorra mutatunk példát. Az önadjungáltság bizonyítása megtalálható az irodalomban [4]. Az első a koordinátával való szorzás operátora: ˆxfx = x fx, ha fx és xfx L. A második a differenciál operátor: ˆpfx = i dfx dx, ha fx L és f x L.. Definíció Spektrum: Egy λ C komplex szám az  lineáris operátor spektrumában van, ha az  λ Î operátornak nem létezik inverze. Az  operátor spektrumát σ  -val jelöljük, emellett a spektrum sosem üres. A spektrumot 3 részre osztjuk aszerint, hogy miért nem létezik  λ Î inverze:. Pontspektrum: Létezik olyan λ szám, hogy   x = λ x, azaz Ker λ Î. Ekkor λ-t sajátértéknek, x -et sajátvektornak mondjuk, a sajátértékek összessége a pontspektrum. Ha H véges dimenziós, akkor a rajta ható operátoroknak mátrixoknak csak pontspektrumuk van.. Folytonos spektrum: λ a folytonos spektrumhoz tartozik, ha Ker  λ Î =, és Rng  λ Î egy sűrű altere H-nak. Ekkor nincs olyan λ szám, és x H vektor melyre  x = λ x, de létezik Hilbert-térbeli vektoroknak olyan x n sorozata, melyre  λ Î x n. Ekkor tehát nincs sajátérték és sajátvektor, csak approximatív sajátérték, illetve approximatív sajátvektor. 3. Reziduális spaktrum: λ a reziduális spektrumhoz tartozik, ha Ker  λ Î =, és Rng  λ Î nem sűrű altere H-nak. Önadjungált operátoroknak csak pont- és folytonos spaktruma van, emelett spektrumuk mindig valós. Nézzünk néhány példát a fentiekre! Elsőként a pontspektrumra mutatunk egy egyszerű példát, majd a folytonos spektrumra látunk két igen fontos esetet: az.. példa koordinátával való szorzás operátora, illetve a differenciál operátor... Példa Tekintsük a Laplace-operátort -szeresét a D = {f L [, L], f L [, L], f = fl = } értelmezási tartományon. Ekkor a d fx dx = λfx.3 3

9 egyenletet kell megoldanunk f = fl = peremfeltétellel. Ennek megoldása a szokásos fx = A sin kx ansatz behelyettesítésével történik, a megoldások: f n x = L sin nπ L x nπ λ n = L n N.4 Ezen megoldások tehát a pontspektrumhoz tartoznak..3. Példa Vizsgáljuk a koordinátával való szorzás operátorát a H = L R téren. Korábban említettük, hogy ez az operátor önadjungált, emiatt csak pont- és folytonos spektruma lehet. Könnyen megmutathatjuk, hogy pontspektruma így sajátfüggvénye nincsen, mivel az x fx = λ fx.5 egyenlet megoldása egy δx λ disztribúcióhoz hasonló dolog lenne, mely nem eleme az L R térnek lévén hogy nem is függvény. Mivel a spektrum sosem üres, folytonos spektrumnak még lennie kell, melynek megtalálásához jó kiindulási pontot ad az.5 egyenlet. A folytonos spektrum keresésekor ugynanis olyan Hilbert-térbeli vektorsorozatot keresünk, ami kielégíti a x λ f λ,n x.6 egyenletet, amire megfelelő egy n növelésével egyre magasodó és szűkülő lépcső lásd. a ábra. Ha egyre normált approximatív sajátfüggvényekkel akarunk dolgozni, akkor a lépcső magassága n: f λ,n x = n λ, n, ahol λ, n = { ha λ x λ + n egyébként.7 Ha a normáltság nem fontos, akkor vehetjük a lépcsők magasságán n-nek, ekkor a sorozat egy Dirac-delta közelítő sorozat: g λ,n x = n λ, Ekkor azonban a.6 egyenletben n szereplő norma nem -hoz tart, hanem n-nel arányosan divergál. Később azonban látjuk majd, hogy formális értelemben hasznos lehet ez a kép is. A normáltságba λ -t illetve µ -t írva azt kapjuk, hogy λ λ = lim n f λ,n f λ,n = δ λ,λ = { ha λ = λ egyébként.8 µ µ = lim n g λ,n g λ,n = δλ λ.9 Az érvelés tetszőleges λ R-re működik, így a spektrum tisztán folytonos és lefedi a teljes R-t..4. Példa Határozzuk meg most az L R-en értelmezett deriválás operátor spektrumát! A koordinátával való szorzás operátorához hasonlóan itt sem találunk pontspektrumot, hiszen a dfx = λfx. i dx 4

10 a b.. ábra. a Az ˆx koordinátával való szorzás operátorának approximatív sajátfüggvényeit közelítő egyre magasodó lépcsők. A lépcsők helyett választhatunk egyre szűkülő és egyre magasodó Gauss-függvényeket is. b A ˆp deriválás operátorának approximatív sajátfüggvényeit közelítő egyre szélesedő Gauss-függvények. sajátérték egyenletnek e iλx síkhullám lenne a mgoldása, de e iλx dx = dx =, azaz e iλx nem eleme az L R térnek. Az előbbi példához hasonlóan itt is találhatunk approximatív sajátfüggvényeket, mégpedig síkhullámhoz hasonló függvényt közelítő sorozatot. Szorozzuk meg az előző síkhullámot egy egyre növekvő szórású Gauss-függvényekből álló sorozattal lásd. b ábra. Ha az egységnyire normálás fontos, akkor: f λ,n x = πn 4 e x 4n e iλx. Ha a normálás nem fontos, akkor használhatjuk például egy Delta közelítő Gauss-sorozat Fourier transzformáltját szorzótényezőként: g λ,n x = πn e x n e iλx Itt is tehát csak folytonos spektrum van, és mivel a λ helyébe bármilyen valós szám tehető, a spektrum itt is a teljes R. Korábban láttuk, hogy a deriválás operátor approximatív sajátfüggvényei egyre szélesedő Gauss-függvények. A koordinátával való szorzás approximatív sajátfüggvényeinek pedig választhatunk akár egyre szűkülő lépcsők helyett egyre szűkülő Gauss görbéket is, melyek épp az egyre táguló Gaussok Fourier-transzformáltjai. Különleges kapcsolat sejlik fel tehát a két operátor között, megmutatható, hogy a két operátor egymás Fourier-transzfrmáltja. Ez később a Heisenberg-féle határozatlanási relációval lesz kapcsolatban, melyet a 3..4 fejezetben részletezünk..5. Tétel A spektrál tétel a lineáris algebrából jól ismert spektrál felbontás általánosítása Hilbert-terekre. A véges dimenziós esetből tudjuk, hogy egy A önadjungált mátrix sajátvektorai, { i }, ortonormált bázist alkotnak, azaz bármely x vektor előállítható x = n c i i alakban, ahol c i = i x. Azaz Ax = n c i A i = n c i λ i i, tehát i= A = i= i= n λ i i i. i= 5

11 Itt az E i = i i az i vektor önmagával vett diadikus szorzást jelenti, és mivel ezen E i mátrixok páronként merőleges vetítések, azt is mondhatjuk, hogy az A operátor felírható a sajátalterekre vetítő ortogonális projekciók összegeként. Amíg csak pontspektrum van, végtelen dimenzióban tulajdonképpen ugyan ez a helyzet, csak az. egyenletben egy végtelen szumma szerepel:  = i= λ i i i.3 Folytonos spektrum esetén kicsit komplikáltabb a helyzet, nincsenek ugyanis sajátfüggvények, amik ortogonális bázist alkothatnának. Vannak azonban approximatív sajátfüggvények, melyekre az.3-hoz hasonló, projekciókat tartalmazó szummát felírva közelíthető az  önadjungált operátor. Ezen szummát finomítva projekciók egy spektrumon vett integráljához jutunk határértékben. Ennyi kvalitatív magyarázat után kimondjuk pontosan is a spektrál tételt: Legyen  egy önadjungált operátor. Ekkor létezik egy olyan dê projektormérték, melyre  = λdêλ.4 λ σâ Ettől kicsit több is igaz, Â-nak tetszőleges f Cσ spektrumon folytonos függvénye felírható egy ilyen integrállal: fâ = fλdêλ.5 λ σâ.6. Példa Tekintsük a Î identitás operátor két spektrál felbontását! Mivel az identitás minden sajátértéke, az L R valamely megszámlálható elemű λ i bázisán pl. Hermitefüggvényeken kifejtve a következőt kapjuk: Î = i λ i λ i.6 Hogy könnyebben elképzelhessük, hogy hogyan is lehet egy projektormértékre vett integrálként előállítani egy operátort, megmutatjuk az.3-hez hasonló szumma finomodását is az identitás példáján. Mivel az identitás operátornak minden vektor sajátvektora, a projektorkkal való kifejtéshez tetszőleges bázist használhatunk. Mivel most egy folytonos kifejtést szeretnénk vizsgálni, használjuk a koordináta operátor approximatív sajátfüggvényeit: közelítsük λ i -t az.7 egyenletben szereplő λ i,n = f λi,nx-szel. Î = lim n i λ i,n λ i,n.7 6

12 .. ábra. Az.7 egyenletben szereplő i λ i,n λ i,n sinx finomodása n növekedésével. Látható, hogy az eredmény sinx-hez tart, így λ i,n λ i,n Î teljesül. i Ezt egy tetszőleges Ψ vektorra hattatva: lim n i lim n Ψ = lim i n i λ i,n λ i,n Ψ =.8 dx n λi, x Ψx n λi, y =.9 n n λi, y n dx n λi, x Ψx n } {{ } δx λ i } {{ } Ψλ i. Ez a szumma tulajdonképpen az Ψx függvényt közelíti téglaösszegekkel. Az.. ábrán ezt láthatjuk Ψx = sinx esetén. Ha azonban.9-et megszorozzuk és el is osztjuk n-nel, akkor a következőt kapjuk: Ψ = lim dxn n n λi, x Ψx n λi, y. n n i Így éppen a nem normált Delta közelítő sorozat jelenik meg λ i,n = g λi,nx! A δ λ x = δx λ jelölsét bevezetve egy.6-hez nagyon hasonló alakot kapunk: = lim n i n } {{ } dλ dλδy λ n λi, y n } {{ } δy λ dx n λi, x Ψx =. n } {{ } δx λ dxδx λψx = Î = dλ δ λ δ λ Ψ.3 dλ δ λ δ λ.4 Ilyen értelemben értelmes azt mondanunk, hogy a Dirac-delta az x operátor sajátfüggvénye. Fontos azonban megjegyezni, hogy az itt szereplő δ λ δ λ nem fogható fel infinitezimális projekcióként, hiszen az ezeket közelítő g λi,n vektorok normája nem egységnyi. Ehelyett dλ δ λ δ λ -ra tekinthetünk úgy, mint egy értelmes infinitezimális projekcióra. 7

13 .7. Tétel Mártixok elméletéből tudjuk, hogy felcserélhető önadjungált mátrixoknak van közös ortonormált sajátbázisa. Azaz ha  és ˆB önadjungált mátrixok kommutálnak, [Â, ˆB] =  ˆB ˆB =, akkor létezik egy ortonormált bázis, melynek tagjai mind Â-nak, mind ˆB-nek sajátfüggvényei. Így bármely vektor kifejthető  és ˆB közös sajátbázisán, ami sok esetben megkönnyíti a számolásokat. Bizonyítás. Az állítás bizonyításához tekintsük  és ˆB λ i illetve µ i sajátértékeit, és az ezekhez tartozó ϕ i illetve ϑ i sajátvektorokat. Az egyszerűség kedvéért nézzük azt az esetet, amikor nem degeneráltak a sajátalterek, vagyis minden λ i és µ i különböző i-re.  λi ϕ i = ˆB µj ϑ j =.5 Mivel a { ϑ j } ortonormált bázist alkot, ϕ k kifejthető ezen: N ϕ k = c m ϑ m.6 m= Ezt beírva  sajátértékegyenletébe, majd ˆB-t hattatva és  ˆB = ˆBÂ-t alkalmazva: N  λk ϕ k =  λk c m ϑ m =.7 ˆB  λk ϕ k = = N m= ˆB m= N  λk c m ϑ m =  λk N  λk µ m c m ϑ m = m= m= c m ˆB ϑm = Ezt összevetve az.7 egyenlettel a következőt kapjuk: Világos, hogy mindkét kifejezés csak úgy lehet nulla egyszerre, ha az m-re való szummából csak egy tag nem zérus, így ϕ k = c k ϑ k, ahol c k = a normáltság miatt. Mivel egy fázisfaktorban különböző vektorok ugyanazt az állapotot írják le, c k választható -nek. Egyszerűen belátható, hogy az állítás degenerált spektrumra, illetve végtelen dimenzióra is igaz, amennyiben csak pont spektrum van. Ha azonban folytonos spektruma is van az operátornak, akkor ehhez nem tartoznak sajátfüggvények, így az állítás eleve nem értelmes. A spektrális felbontással való előállítás azonban itt is működik, a spektráltételen keresztül. Általánosan tehát az igaz, hogy amennyiben  és ˆB önadjungált operátork, létezik egy olyan dê. projektor értékű mérték, mellyel  és ˆB is előállítható:  = λdêλ és ˆB = µdêµ. σâ σ ˆB A továbbiakban elhagyjuk az operátorokról aˆjelölést, csak akkor írjuk ki rájuk, ha valami miatt fontosnak tartjuk hangsúlyozni operátor mivoltukat, vagy ha esetleg össze lehet téveszteni őket hasonlóan jelölt skalárokkal. Ezen kívül a következő fejezetekben gyakran nem bizonyítjuk expliciten az önadjungáltságot, csak a szimmetrikusságot, melyre a fizikus szakzsargonnak megfelelően a hermitikus szót használjuk majd legtöbbször. Mindig tartsuk azonban észben, hogy a kvantummechanika konzisztens felépítéséhez önadjungált operátorokra van szükségünk, melyre ezen a fejezet feladatai közt is fogunk példákat látni. 8

14 .. Feladatok... Példák.. Feladat Bizonyítsa a következő operátorazonosságot: [A, BC] = [A, B] C +B [A, C]!.. Feladat Igazoljuk, hogy tetszőleges A és L operátorokra fennáll az e L Ae L = A + [L, A] +! [L, [L, A]] + [L, [L, [L, A]]] ! azonosság! A fenti összefüggést Hausdorff kifejtésnek hívjuk. Segítség:. Fejtsük sorba az F s = e sl Ae sl függvényt!.3. Feladat Mutassuk meg, hogy ha [A, [A, B]] = [B, [A, B]] =, akkor igaz az úgynevezett Baker-Campbell-Hausdorff azonosság: e A+B = e [A,B] e A e B kifejezés s szerinti deriváltját, majd alkal- Segítség:. Vizsgáljuk meg a T s = e sa e sb mazzuk az.. feladat azonosságát..4. Feladat A..3 fejezetben megmutatjuk, hogy egy dimenzióban az impulzus operátorra P és koordináta operátorra Q épp az.. példa deriválás és szorzás operátora egy szorzótól eltekintve: Q = x, P = d.8 i dx A. egyenletből láthatóan fennáll köztük a Heisenberg-féle felcserélési összefüggés: [P, Q] = i I,.9 ahol I az identitás operátor. A nyom-képzés ciklikus tulajdonsága miatt egyrészt Tr [P, Q] = Tr P Q Tr QP =,.3 másrészt viszont Mi az ellentmondás feloldása? Tr i I = Tr I..3 i 9

15 .5. Feladat Definiáljuk az függvényt, ahol f x = f n x.3 n= + n x n ha n < x < n n f n x = n x n ha n x n + n egyébként..33 Belátható, hogy f folytonos és négyzetesen integrálható, azaz f L R. Ugyanis és f n x dx = n 4 f x dx = 3 n= n x dx =.34 3 n n = 3 6 π..35 Ezenfelül f az x = n, n és n + n =, 3,... pontokban véges szakadással differenciálható. Naivan azt várnánk tehát, hogy benne van az impulzus operátor értelmezési n n tartományában. Miért nem lesz ez mégsem igaz?.6. Feladat Definiáljuk az A = P Q 3 + Q 3 P.36 operátort, ahol P és Q rendre az impulzus és koordináta operátor. Mivel P és Q önadjungált, A is az A = P Q 3 + Q 3 P = Q 3 P + P Q 3 = A,.37 sajátértékei valósak. Lássuk be, hogy az { f x = x 3/ exp ha x 4x ha x = függvény négyzetesen integrálható és.38 Af = i f..39 Vagyis azt kapjuk, hogy egy önadjungál toperátornak komplex a sajátértéke. Mi az ellentmondás feloldása?.7. Feladat a Tekintsük a P [,] = i d operátort a dx D P [,] = { ψ L [, ] ψ L [, ] és ψ = ψ = }.4 értelmezési tartományon. Lássa be, hogy P [,] szimmetrikus, de nincs sajátértéke, ugyanakkor a P [,] operátor sajátérték halmaza a teljes komplex számhalmaz!

16 b Bizonyítsa be, hogy a P α = d operátor a i dx D P α = { ψ L [, ] ψ L [, ] és ψ = e iα ψ }.4 értelmezési tartománnyal bármely α R esetén önadjungált és sajátértékei p = α + π m m Z Feladat Az egyszerűség kedvéért vegyük az.7. feladat b részének α = esetét. Ekkor P sajátértékei és normált sajátfüggvényei valamint Mivel [P, Q] =, a következő ellentmondásra lehet jutni: i Hol a hiba a fenti okoskodásban? p m = π m m Z.43 ψ m x = exp iπmx..44 i = ψ m [P, Q] ψ m = ψ m P Q ψ m ψ m QP ψ m = P ψ m Qψm π m ψ m Qψ m.45 = π m π m ψ m Qψ m =.... Megoldások. Megoldás Írjuk fel a kommutátor definícióját: [A, BC] = ABC BCA = ABC BAC + BAC BCA = [A, B] C + B [A, C].46. Megoldás Vezessük be a következő operátor függvényt: Fejtsük sorba az F s függvényt s = körül: F s = e sl Ae sl, s C. F s = n= Határozzuk meg az F s függvény deriváltjait: d n F ds n s n s= n! df ds = e sl LAe sl e sl ALe sl = e sl [L, A]e sl, d F ds = e sl L[L, A]e sl e sl [L, A]Le sl = e sl [L, [L, A]] e sl, stb. A deriváltakat a sorfejtésbe helyettesítve s = esetén visszakapjuk az igazolandó azonosságot.

17 .3 Megoldás Vezessük be a következő operátor függvényt: Határozzuk meg a fenti függvény s változó szerinti deriváltját: T s = e sa e sb..47 dt ds = AesA e sb + e sa Be sb = Ae sa e sb + e sa Be sa e sa e sb = A + e sa Be sa T s.48 Az előző kifejezésben használjuk a Hausdorf kifejtést: e sa Be sa = B + [A, B]s + s [A[A, B]] + = B + [A, B]s,.49 hiszen a megadott feltételek miatt a kifejtésnek csak az első két tagja különbözik nullától. Visszahelyettesítve a kifejtést T s deriváltjába a következő közönséges differenciálegyenletet kapjuk: dt = A + B + [A, B]s T s.5 ds A fenti differenciálegyenletnek a megoldása a T = kezdőfeltétellel: T s = e A+Bs+ [A,B]s..5 Felhasználva, hogy [A, [A, B]] = [B, [A, B]] =, s = esetén visszakapjuk a bizonyítandó azonosságot: e A e B = e A+B+ [A,B] = e A+B e [A,B] e A+B = e [A,B] e A e B..5.4 Megoldás Amennyiben a Hilbert-téren H ható lineáris operátorokra értelmezett a nyom művelet, A : H H Tr A = ψ n A ψ n <,.53 n Mivel az identitásra végtelen dimenzióban n ψ n I ψ n =, maga a nyomképzés operátora nem értelmes, így a látszólagos ellentmondás feloldódik. Világos, hogy véges dimenzióban fennálna az ellentmondás, így nem lehetne az alapvető elvekből levezetett Heisenbergféle felcserélési összefüggésekkel konzisztens módon felépíteni a kvantummechanikát. Muszáj tehát végtelen dimenziós terekben dolgoznunk..5 Megoldás Mivel H = L R, a P = i Az f függvény deriváltja ahol d dx operátor maximális értelmezési tartománya D max P = { ψ L R ψ L R }..54 f x = f n x,.55 n= n ha n < x < n f n n x = n ha n x n + n egyébként,.56

18 melyre f n x dx = n 4 n dx = n,.57 tehát f x dx =, azaz az f / D max P..6 Megoldás Egyrészt f nyilvánvalóan folytonos x = -ban, másrészt f x dx = tehát f egyúttal normált is. Továbbá x > esetén x 3/ exp P Q 3 f x = i x 3 exp [ dx = exp ] =,.58 x x d dx = i 4x 3x + x 3/ exp 4x,.59 valamint Q 3 P f x = x 3 d x 3/ exp i dx 4x = i 3x + x 3/ exp 4x,.6 tehát Af x = i és x < esetén kihasználva, hogy d x dx x 3/ exp = f x.6 4x i d dx = x 3/ exp P Q 3 f x = i 4 x = i 3 x + x 3/ exp 4 x,.6 valamint d dx x 3/ exp Q 3 P f x = x 3 i 4 x = i 3 x + x 3/ exp 4 x,.63 tehát Af x = i x 3/ exp 4 x = f x..64 i 3

19 Az A operátor értelmezési tartományába csak olyan függvények tartozhatnak, melyekre ahol Q 3 ψ D max P és P ψ D max Q 3,.65 D max Q 3 = { ψ L R Q 3 ψ L R }..66 A Q 3 f függvény viszont eleve nem négyzetesen integrálható, így f / D A, ezért nem i sajátértéke A-nak. Belátható viszont, hogy i és ekkor sajátértéke A -nak. Ugyanis D A = { ϕ L R ϕ L R, hogy ϕ Aψ = ϕ ψ ψ D A }.67 A ϕ = ϕ..68 A fentiekből következik, hogy f D A, vagyis A szimmetrikus, de nem önadjungált operátor. Látható, hogy ekkor lehetséges, hogy A-nak és A -nak nem azonosak a sajátértékei, illetve lehetnek komplexek a sajátértékek. Többek között ezért is muszáj kirónunk a.. fejezet elején a II. axiómában a dinamikai mennyiségeket reprezentáló operátorokra az önadjungáltságot..7 Megoldás a Könnyen látható, hogy D P [,] = { ϕ L [, ] ϕ L [, ] },.69 mivel ψ D P [,] és ϕ D P + [,] esetén ϕ x dψ x i dx dx = i dϕ x ψ x dx + dx i [ϕ x ψ x] } {{ } =..7 Tehát a D P [,] halmazon értelmezett P[,] operátor szimmetrikus, de nem önadjungált: P [,] P [,]..7 A egyenlet megoldása dψ p x i dx i ψ p x = c p exp px = pψ p x p C.7 c p C\ {},.73 amiből rögtön következik, hogy mivel ψ p nem tudja a peremfeltételeket, ψ p / D P [,], viszont ψ p D P [,] p C teljesül. 4

20 b Valamely α R esetén a D P α = { ψ L [, ] ψ L [, ] és ψ = e iα ψ }.74 értelmezési tartományon értelmezett P α operátor azonban már önadjungált. A kiintegrált rész ugyanis csak akkor tűnik el, ha ϕ D P α, következésképpen D P α = D P α. Másrészt ψ = c p exp i p i = exp p ψ α = p/ πm m Z,.75 tehát P α sajátértékei p = α + π m m Z Megoldás Nyilvánvaló, hogy D Q = L [, ] és Q = Q. Következésképpen ψ D P esetén P ψ D Q, tehát a QP operátor értelmezési tartománya D P. Azonban ψ D P esetén Qψ = és Qψ = ψ, tehát Qψ / D P. Ezért ψ m / D [P, Q], azaz a fenti levezetés értelmetlen. 5

21 . fejezet A kvantummechanika axiómái, egyszerű kvantummechanikai rendszerek.. Elmélet... A kvantummechanika axiómái A kvantummechanika axiómáit ún. tiszta állapotra mondjuk ki: I Egy részecske fizikai állapotát egy H szeparábilis Hilbert-tér sugaraival jellemezzük. Sugár alatt a H Hilbert-tér Ψ Φ, ha Ψ = c Φ c C ekvivalencia reláció szerinti faktorterének elemeit értjük. Kicsit pongyolábban foglamzva azt is mondhatjuk, hogy az állapotot egy szeparábilis Hilbert-tér egységnyi abszolút értékű elemeivel Ψ = reprezentáljuk, és a Ψ illetve e ıϕ Ψ ugyan azt a fizikai állapotot írják le. II A dinamikai mennyiségeket A ezen a H téren ható lineáris önandjungált operátorokkal  reprezentáljuk. Dinamikai mennyiségnek a koordinátát, az impulzust, illetve az ezekkel kifejezhető mennyiségeket nevezzük. A reprezentációnak olyannak kell lennie, hogy a klasszikus mechanikához hasonlóan az impulzus a téreltolás, az impulzus momentum a forgatás, az energia pedig az időeltolás generátora legyen. III A Ψ fizikai állapotban az A dinamikai mennyiség mérésekor a mérési eredmény értéke a az  operátor spektrumának egy részhalmaza: a σ Â. Annak valószínűsége, hogy a az I intervallumba esik: P a I = Ψ dêλ Ψ. I ahol dêλ az  spektárlfelbontásában szereplő spektrálmérték:  = λdêλ σâ 6

22 Ha az  operátornak csak pontspektruma van, akkor sajátfüggvényei ϕ λ ortornormált bázist alkotnak, így bármely Ψ vektor kifejthető ezen a bázison. Ψ = λ c λ ϕ λ. Annak valószínűsége, hogy az a mért értékünk µ-vel egyenlő, épp a µ-höz tartozó kifejtési együttható abszolútérték négyzete, ugyanis a. egyenletben szereplő dêλ kifejezés a ϕ µ ϕ µ -val azonos: Pa = µ = Ψ ϕ µ ϕ µ Ψ = c µ = c a.3 A fentiekből és a III. axiómából következik tehát, hogy az A fizikai mennyiség várható értéke: A = Pλ = a = µ a = c a a = Ψ Â Ψ.4 a a Rövid gondolkodás után látható, hogy ez utóbbi eredmény igaz folytonos spektrum esetén is. IV Pont spektrum esetén: Az A dinamikai mennyiség mérése során a mérés előtti Ψ állapot beugrik az  operátor a mért értékéhez tartozó sajátfüggvénybe λ=µ a = µ Ψ ϕ µ = ϕ a Folytonos spektrum esetén az előző általánosítása: Ha az A dinamikai mennyiség mérése során az I intervallumot kapjuk mérési eredményül, akkor a mérés előtti Ψ állapot rávetül az  operátor I-hez tartozó sajátalterére: a I Ψ ˆP I Ψ ˆP I Ψ, ahol ˆPI az I intervallumhoz tartozó sajátaltérre vetítés operátora: ˆP I = dêλ.5 Ez az axióma tehát azt a tényt fejezi ki, hogy maga a mérés hatással van a mért rendszerre, mely a mérés után már nem lehet ugyanabban az állapotban, mint korábban. Míg klasszikus fizikában egy tárgy helyének mérésére használhatunk pl. lézeres távolságmérőt mely alig befolyásolja a makroszkópikus méretű tárgy állapotát, addig egy elektron helyének mérésére alkalmas detektor jelentősen nagyobb nagyságú, energiájú, stb... az elektronnál, így tehát maga mérés jelentősen kell, hogy befolyásolja a mérendő elektronunkat. 7 λ I

23 ... Az axiómák és szimmetriák következményei Ha egy rendszernek van egy szimmetriája, akkor az azt jelenti, hogy ha a rendszeren a szimmetriához kapcsolódó transzformációt végrehajtjuk, akkor a mérhető mennyiségek nem változhatnak meg. Tekintsük az  operátorral reprezentált A mennyiséget ϕ n sajátbázissal, és egy Ψ állapotot, melyek Â, ϕ n és Ψ -be mennek az a transzformáció hatására.  és  ugyan azt a mérhető mennyiséget reprezentálják, így világos, hogy a szimmetria transzformáció előtt és után spektrumuk azonos kell legyen, hiszen a mérések eredménye a spektrum egy-egy része:  ϕ n = a n ϕ n.6  ϕ n = a n ϕ n.7 Emellett a mérhető a n értékekhez tartozó mérési valószínűségek is kimérhetőek azonos rendszereken végzett mérések sokaságával, így ezek is meg kell, hogy egyezzenek. Ezért a Ψ = n Ψ = n c n ϕ n.8 c n ϕ n.9 kifejtésben c n = c n egyenletnek kell teljesülnie. Ez azt jelenti, hogy Ψ ϕ n = Ψ ϕ n n, vagyis a transzformációnak unitérnek vagy antiunitérnek kell lennie. Nekünk most elegendő lesz csak az unitér eset, részletesebb leírás megtalálható Ballentine könyvében [5]. Ψ = Û Ψ.  = ÛÂÛ. Legyen tehát a szimmetria transzformációhoz tartozó operátor Ûs, ami függjön az s folytonos paramétertől, és válasszuk s-t olyannak, hogy Û = Î teljesüljön. Ekkor Ûs felírható az infinitezimális generátorával: Ûs = e ı ˆKs,. ahol a ˆK infinitezimális generátor egy önadjungált operátor. ˆK-t azért hívják infinitezimális generátornak, mert ds = ı ˆK s=.3 Klasszikus mechanikából tudjuk, hogy az impulzus i-edik komponense az i-edik koordináta irányában való eltolás, L e n az e n irányú tengely körüli forgatás, a Hamilton-függvény pedig az időeltolás generátora Lásd: Keszthelyi Tamás: Mechanika, Infinitezimális kanonikus transzformációk fejezete. Az előbb felsorolatak az adott fizikai mennyiségek szerves tulajdonságai, ezért szeretnénk, ha a kvantummechanikában is érvényben maradnának, így a II. axiómán keresztül az axiómák közé sorojuk őket. 8

24 Nézzük meg, hogy ennek milyen következményei vannak a mennyiségeket reprezentáló operátorokra nézve! Az impulzus i-edik komponense az i-edik koordináta irányába való téreltolás generátora. Ha a teret eltoljuk az i-edik irányba s-sel, akkor az új ˆx i koordináta operátor már nem x i -t, hanem x i s-t méri. Ezen kívül ˆp i nem lehet a. egyenletben szereplő K, hiszen akkor az exponenciális függvény hasában nem egy dimenziótlan mennyiség lenne. Hogy dimenziótlanítsunk, osszunk le egy Js dimenziójú konstanssal, melyet -sal hávonással jelölünk: ˆx i = e ı ˆp is ˆx i e ı ˆp is = x i s = ˆx i sî.4 Fejtsük sorba a.4 egyenletet kis s esetére első rendig: ˆx i sî Î = ı ˆp ı is ˆx i Î + ˆp is + Os = ˆx i s ı ˆp i ˆx i ˆx i ˆp i + Os.5 Bevezetve az ún. kommutátort, [Â, ˆB] = Â ˆB ˆBÂ, s limeszben a két oldal egyenlőségéből azt kapjuk, hogy: [ ˆp i, ˆx i ] = ı Î.6 A különböző irányú koordináták és impulzusok nincsenek egymással szimmetria transzformációkon keresztül összecsatolva, ezért ezek kommutátora. Mindezeket összeszedve megkapjuk a Heisenberg-féle kommutációs felcserélési relációkat: [ ˆp i, ˆx j ] = ı δ ijî [ ˆx i, ˆx j ] = [ ˆp i, ˆp j ] = A. megoldásban megmutatjuk, hogy a klasszikus mechanikai L = r p definícióba operátorokat írva, ˆL = ˆr ˆp, ˆL épp a forgatások infinitezimális generátora lesz. Itt ˆr az ˆr = ˆx, ˆx, ˆx 3 operátorokból álló hármast jelöli. Nézzük meg most mi történik, ha egy fx függvényt eltolunk az x tengely mentén s-sel! 9

25 Bevezetve x = x+s-et világos, hogy f x = fx. Ehhez hasonlóan, figyelembevéve még hogy a Hamilton-operátor az időeltolás infinitezimáis generátora, a következőt kapjuk: Ψ t + s = Ψt.7 e ı Ĥs Ψt + s = Ψt.8 Itt a -t szintén dimenziótlanításra használjuk. Az előző egyenletet sorbafejtve s-ben ı Î + Ĥs + Os Ψt + s = Ψt.9 Átrendezve és s határátmenetet véve megkapjuk az állapotok időfejlődését vezérlő egyeneletet, az időfüggő Schrödinger egyenletet: ı t Ψt = Ĥ Ψt. A Heisenberg-féle kommutációs relációkban és a Scrödinger-egyenletben is szükség van egy Js mértékegységű konstansra dimenzionális okokból. Azonban nem egyértelmű, hogy ugyanaz a konstans jelenik meg a két összefüggésben, vagy esetleg ezek egymás számszorosai. A mérésekkel akkor kapunk összevágó eredményeket, ha mindkét helyen ugyan az a Js értékű szám szerepel. A a kvantummechanika alapvető állandója, hasonlóan ahogyan a c fénysebesség az elektrodinamikában, vagy a k B Boltzmann állandó a termodinamikában...3. Egyszerű kvantummechanikai rendszerek A következőekben a legegyszerűbb kvantummechanikai rendszerekkel ismerkedünk meg, melyek valamilyen egydimenziós potenciálban mozgó részecskét írnak le, a Hilbert-térnek legtöbbször választható ez esetben az L R. Mivelhogy az idő nem dinamikai mennyiség, a kvantummechanikában nem rendelünk hozzá operátort, csak egy paraméter. A Ψt állapotot minden időpillanatban egy L R-beli függvény reprezentálja. A klasszikus elméleti mechanikában a fizikai rendszert a Hamilton-függvényével definiáljuk. Kvantummechanikában ehhez hasonlóan járunk el, a rendszert a Hamilton operátorral definiáljuk. Vigyázzunk! A klasszikus Hamilton-függvény és egy kvantummechanikai Hamiltonoperátor között nincs egy-egy értelmű megfeleltetés! Klasszikusan ugyanis pl. Hq, p = p q = H q, p = q p, míg kvantummechanikában a Heisenberg-féle felcserélési relációk miatt ˆq ˆp ˆp ˆq! A Hamilton-operátor tehát Ĥ = ˆp + V ˆx alakú. Egy lehetséges m választás a Heisenberg-féle felcserélési relációk kielégítésére, ha ˆx-nek az x koordinátával való szorzás operátorát, ˆp-nek pedig a differenciáloperátort választjuk, ugyanis: ı x [ˆp, ˆx] Ψx, t = xψx, t x Ψx, t = Ψx, t,. ı x x ı ahol tehát Ψx, t alatt azt értjük, hogy Ψx, t egy x szerint négyzetesen integrálható függvény bármely t értékre. Az ˆx és ˆp operátorra vonatkozó fenti választást koordináta reprezentációnak hívjuk. Vegyük észre, hogy ezek egy konstanstól eltekintve épp az

26 .. példában bevezetett szorzás és deriválás operátorok. A hely várható értéke a.4 egyenlet és az L R szokásos skalárszorzata alapján: Ψ ˆx Ψ = Ψ x, txψx, tdx = x Ψx, t dx.. Vagyis Ψx, t a részecske x tengely mentén való megtalálási valószínűségének szokásos valószínűségelméleti sűrűségfüggvénye. Mivel az állapotot a Ψ állapotfüggvénnyel írjuk le, abban benne van minden információ amit elvileg tudhatunk a rendszerről. Ez azonban nem tartalmazza azt az információt, hogy pontosan hol van a részecskénk, csak annyit, hogy hol milyen valószínűséggel található meg! A tökéletesen meghatározott helyű részecske sűrűségfüggvénye egy Dirac-delta lenne, vagyis az állapota éppen a szorzásorperátor.7 képletben szereplő λ = f λ,n x = n λ, approximatív sajátvektora. Minthogy a n szorzás operátornak nincs sajátfüggvénye, csak approximatív sajátfüggvénye, tökéletesen meghatározott helyű hely sajátállapotban lévő részecske sincs. Az első axióma kitétele, az állapotfüggvény normáltsága Ψx dx = biztosítja, hogy tényleg valószínűségről legyen szó. Szintén az első axiómában szerepel, hogy Ψ és e ıϕ Ψ ugyanazt az állapotot írják le, ami szintén összevág azzal, hogy Ψx hordoz fizikailag mérhető információt, melyből kiesik az e ıϕ globális fázisfaktor. Koordináta reprezentációban, egydimenziós potenciálban mozgó részecske Hamilton-operátora tehát a Ĥ = d +V x alakot ölti, a Schrödinger-egyenlet pedig egy parciális differeciálegyenlet, melyek megoldásánál gyakran alkalmazható módszer a változók szétválasztása. m dx Tegyük fel tehát, hogy Ψx, t = ψxϑt alakban írható. Ekkor a Schrödinger egyenlet a következőképp néz ki: ı ψx t ϑt = ϑt Ĥψx ı ϑt tϑt = ψxĥψx = E A második egyenletnek bármely x-re és t-re teljesülnie kell, és minthogy ezen paraméterek függetlenek, mindkét oldalnak egy E konstanssal kell egyenlőnek lennie. A fenti egyenletet rendezve, és az időre vonatkozó differenciálegyenletet megoldva kapjuk, hogy: ı t ϑt = Eϑt ϑt = e ı Et.3 Vagyis ez esetben az időfüggés csak egy egyszerű fázisfaktort ad az állapotnak. Ha pedig a ψx-re vonatkozó részt vizsgáljuk, akkor azt kapjuk, hogy ψx-nek a Hamiltonoperátor sajátfüggvényének kell lennie, amit stacionárius, vagy időfüggetlen Schrödingeregyenletnek nevezünk: Ĥψx = Eψx.4 Konkrétan erre az esetre vonatkozó Hamilton operátort beírva: d ψx + V xψx = Eψx.5 m dx Látható, hogy a korábban bevezetett E konstans a Hamilton-operátor sajátértéke, vagyis joggal nevezhetjük ezt az energiának. Az is világos, hogy a változók szétválasztása akkor tehető meg, ha az állapotfüggvény térbeli része, ψx, a Hamilton-operátor sajátfüggvénye. Ekkor az időfüggés egy egyszerű e ı Et fázisfaktort ad csak az állapothoz, vagyis a ψx megtalálási valószínűség időben állandó.

27 ..4. A lineáris harmonikus oszcillátor Az egydimenziós harmonikus oszcillátor Hamilton függvénye H x, p = p m + mω x,.6 ahol m a részecske tömege és ω a rezgés saját-körfrekvenciája. A kvantummechanikai tárgyalás szerint a Ĥ ψ = E ψ.7 sajátérték problémát kell megoldanunk, ahol koordináta reprezentációban, Bevezetve a d H x = m dx + mω x..8 q = x d x dx = d x dq, változó transzformációt, a Hamilton operátort d Hq = mx dq + mω x q,.9 alakban írhatjuk. Célszerű az x paramétert úgy megválasztani, hogy a fenti kifejezésben és a q tagok együtthatói, az előjeltől eltekintve, megegyezzenek, azaz, a d dq mx = mω x x = mω.3 és a Schrödinger egyenletet Hq = ω d dq + q,.3 d dq + q ψq = ηψq,.3 formában írhatjuk, ahol η = E ω az energia helyett bevezetett dimenziótlan változó..33 Megoldás Sommerfeld polinom módszerrel Írjuk át a.3 sajátérték egyenletet, d ψ q dq + η q ψq =,.34

28 melynek először a q ± határesetben vett, ún. aszimptotikus megoldását keressük: d ψ a q dq q ψ a q =..35 Felhasználva az alábbi azonosságokat ill. aszimptotikus közelítést, d d dq q dq + q = d dq + d dq q q d dq q belátható, hogy a a keresett reguláris aszimptotikus megoldás. = d dq d q + q ± dq q, d dq + q ψ a q = ψ a q = e q /.36 A következő lépésben az általános megoldást az aszimptotikus megoldás és egy ismeretlen u q függvény szorzataként keressük: amit behelyettesítve a.34 egyenletbe, d u q e q / és elvégezve a megfelelő deriválásokat, a ψ q = u q ψ a q = u q e q /,.37 dq + η q u q e q / =,.38 d uq dq q duq dq + η uq =,.39 nevezetes differenciálegyenletet nyerjük. A továbbiakban feltételezzük, hogy az u függvény analitikus: u q = c r q r,.4 duq dq d uq dq = r= = rc r q r q duq = rc r q r, dq r= r=.4 r r c r q r = r + r + c r+ q r..4 r= A fenti kifejezéseket visszahelyettesítve a.39 egyenletbe a r= {r + r + c r+ rc r + η c r } q r =.43 r= egyenletet kapjuk, melyből a c r+ = r + η r + r + c r.44 3

29 rekurziós összefüggés adódik r =,,,.... Vegyük észre, hogy az u q függvény hatványsorában az r-ik tag együthatója az r + -ik tag együtthatóját határozza meg, így a másodrendű differenciálegyenlet két független megoldását generálhatjuk a következő választással, c =, c = u páros függvény c =, c = u páratlan függvény. Másrészt viszont r esetén a rekurziós összefüggés közelíthető a kifejezéssel, mely az e q e q = r= q r r! c r+ r c r.45 függvény hatványegyütthatóira jellemző rekurziós reláció: = r=,,... q r r/! c r+ = r + c r r r c r. Következésképpen könnyen belátható, hogy a megoldás tetszőleges pontossággal közelíti az u q f q + Ce q páros vagy az u q q f q + Ce q páratlan.46 függvényt, ahol az f q véges, páros polinomot és a C állandót a kívánt pontossághoz lehet beállítani. Ez viszont azt jelenti, hogy a ψ q = u q e q / megoldás aszimptotikusan e q / szerint divergál, tehát általános esetben ψ normája divergál, így nem normálható. Ezt csak úgy tudjuk elkerülni, hogy a.44 rekurziós összefüggést valamely r = n indexnél megállítjuk, azaz η = n + n =,,, választással biztosítjuk, hogy c n, c n+ = c n+4 =... =..48 A η paraméter definíciójából következik, hogy a lehetséges sajátenergiák az E n = ω n + n =,,, értékeket vehetik föl. A sajátfüggvények: ψ n q = N n H n q e q /,.5 ahol N n normálási tényezők és H n q az ún. Hermite-polinomokat jelöli: n H n q q 4q 3 8q 3 q... 4

30 A Hermite-polinomokra fennáll az alábbi ortogonalitási reláció, dq e q H n q H m q = n n! π δ nm,.5 melyből a normálási tényezők meghatározhatók: N n = n n! / π x..5 Algebrai megoldás: keltő és eltüntető operátorok Már korábban levezettük a d d dq q dq + q = d dq q +, összefüggést, mely segítségével a.3 Hamilton operátor átírható: { H q = ω q d q + d + }..53 dq dq Célszerű bevezetni az â = q + d dq = x + x d x dx = x ˆx + i mω ˆp.54 és â = q d = x x d dq x dx operátorokat x =, melyekkel a Hamilton operátor mω Ĥ = ω â â + = x ˆx i mω ˆp.55,.56 alakban írható. Megmutatjuk, hogy a harmonikus oszcillátor spektruma levezethető az â és â operátorok algebrai felcserélési tulajdonságaiból, és nem szükséges valamely konkrét reprezentációt használnunk. Ehhez csupán az [ˆx, ˆp] = i felcserélési relációt kell felhasználnunk, melyből a.54 és.55 definíciók alapján következik: [â, ] â = [ ˆx + i ˆp, ˆx i ] x mω mω ˆp = mω i [ˆx, ˆp] + i mω [ˆp, ˆx] mω =..57 5

31 A.56 kifejezésből következménye, hogy a Hamilton operátor spektrumának alsó korlátja ω/, hiszen normált ψ állapotokra: ψ Ĥ ψ = ω ψ â â ψ + = ω âψ âψ + ω..58 A továbbiakban alapvető jelentőségűek a következő felcserélési relációk: ] [Ĥ, â = ω [â â + ], â = ω [ â, â ] â = ωâ,.59 és Legyen ψ [Ĥ, â ] = ω [â â + ], â = ωâ [ â, â ] = ωâ..6 Ĥ egy sajátfüggvénye E sajátértékkel. Ekkor Ĥâ ψ = âĥ ψ ωâ ψ = E ω â ψ,.6 azaz â ψ is sajátfüggvény E ω sajátértékkel. Ezért hívjuk az â operátort lefelé léptető vagy eltüntető operátornak. Mivel azonban H spektruma alulról korlátos, léteznie kell egy ψ sajátfüggvénynek, amit az â operátor a Hilbert-tér null-elemébe léptet, â ψ =,.6 mely nem reprezentálhat fizikai állapotot. Következésképpen, â â ψ = Ĥ ψ = ω + ψ = ω ψ,.63 tehát ψ pontosan a minimális sajátértékhez tartozó sajátfüggvény. A.6 egyenlethez hasonlóan beláthatjuk: Ĥâ ψ = â Ĥ ψ + ωâ ψ = E + ω a ψ,.64 azaz â ψ is sajátfüggvény E + ω sajátértékkel. Ezért az â operátort felfelé léptető vagy keltő operátornak hívjuk. A keltő operátor segítségével szukcesszíven felépíthetjük a Hamilton operátor összes sajátfüggvényét. Az n-ik lépésben kapott hullámfüggvény sajátenergiája értelemszerűen E n = ω n + n =,,, Más sajátérték az.6 egyenlet következtében nem létezhet. Jelöljük az â operátor n-ik alkalmazásával kapott normált sajátfüggvényt n -nel ψ : n = A n â n,.66 ahol A n egy később meghatározandó normálási tényező. A.56 és.65 egyenletek összevetéséből azonnal következik, hogy â â n = n n. 6

32 Ezért az â â operátort szokás gerjesztési vagy betöltési szám operátornak nevezni. Ezután már könnyen meghatározható a léptetőoperátorok hatása a sajátfüggvényekre: n+ = c â n = n+ n+ = c n â â n = c n n + n â â n = n+ c =.67 = c = = a n = n + n +,.68 n + illetve n = c â n = c n â n = c n â n = c n = = c = n.69 = â n = n n..7 A normált sajátfüggvényeket tehát a következő formában tudjuk felírni: n = n! â n..7 A sajátfüggvények koordinátareprezentációban Határozzuk meg először az ún. vákuumállapotot: âψ q = dψ q + qψ q dq melynek megoldása =,.7 ψ q = c exp q /..73 A c normálási konstanst a következő integrál alapján számítjuk, ψ xψ xdx = c e x/x dx = c x e q dq = c πx = c = πx /. Felhasználva a.55 definíciót, a normált sajátfüggvények tehát a ψ n x = n n! πx / q d dq n e q / q=x/x,.74 módon állítható elő, mely ekvivalens a ψ n x = n n! πx / Hn x x e x/x /,.75 alakkal, ahol H n q = e q / q d n e q / dq,.76 a már ismert Hermite polinomok. 7

33 .. Feladatok... Példák.. Feladat Határozzuk meg az eltolás ˆT R operátorát, ahol f egy tetszőlegesen sokszor differenciálható függvény. fr + R = ˆT Rfr,.77.. Feladat Konstruáljuk meg az Rϕ, n O3 n tengely körüli ϕ szögű forgatás Ôϕ, n operátorát, fr ϕ, nr = Ôϕ, nfr,.78 ahol f egy tetszőlegesen sokszor differenciálható függvény!.3. Feladat Bizonyítsa be, hogy az egydimenziós kötött állapotok nem lehetnek elfajultak! Segítség:. Alkalmazzon indirekt bizonyítást! Írja fel a Schrödinger egyenletet a két, azonos energiájú hullámfüggvényre, majd mindegyiket szorozza be balról a másik hullámfüggvénnyel! Az így nyert egyenleteket egymásból kivonva egy teljes derivált kifejezéshez jutunk, mely azonosan zérus. Felhasználva, hogy a megoldások x = ± ben zérushoz tartanak, most már könnyedén beláthatjuk, hogy a két hullámfüggvény csak egy konstans szorzófaktorban különbözhet egymástól..4. Feladat Oldjuk meg az időfüggetlen Schrödinger-egyenletet a végtelen mély potenciálgödör esetére!, ha x < V x =, ha < x < L.79, ha x > L.5. Feladat Keressük meg a x a V x = V x < a potenciálgödör a >, V > kötött állapotait V < E <! Diszkutáljuk a megoldások paritását valamint a végtelen mély gödör határesetet!.6. Feladat Egydimenziós Dirac delta potenciál esetén milyen határfeltétel szabható ki a hullámfüggvény deriváltjára? Határozzuk meg egy vonzó Dirac delta potenciál kötött állapotának energiáját!.7. Feladat Adjuk meg a H = p Kδx a Kδx + a K > Hamiltonoperátor m sajátállapotait és sajátenergiáit! 8

34 .8. Feladat Adott a következő egydimenziós potenciál: ha x < a V x = K δ x ha x a ha x > a, ahol K >. Grafikus megoldással adja meg a kialakuló energiaszinteket! Mi a feltétele annak, hogy létezzen E = energiájú megoldás?.9. Feladat Határozzuk meg az alábbi Hamilton operátor kötött állapotait: ahol γ >, a > és H = p γδx a + V x,.8 m V x = { ha x ha x >!.8.. Feladat Mi a feltétele annak, hogy a x < V x = V x a a < x V >, a >, potenciálban létezzen legalább egy kötött állapot V < E <?.. Feladat Tekintsünk egy merev falú egydimenziógs potenciáldobozba zárt részecskét, { ha x < a a > V x = egyébként..8 A Hilbert tér és a Hamilton operátor H = { ψ L [ a, a] ψ a = ψ a = }.83 H = m dx..84 Legyen a részecske állapotát egy adott pillanatban leíró normált hullámfüggvény, ψ H : 5 ψ x = a x..85 4a 5/ Mivel fennáll, hogy H ψ x = d 4 d 4 ψ x =,.86 4m dx 4 ψ H ψ =..87 A fenti átlagérték viszont kiszámítható a H sajátfüggvényei szerinti kifejtésen keresztül is: Hϕ n = E n ϕ n, E n = π 8ma n, ϕ n x = πn sin a a x + a 9 n =,,...,.88

35 ψ = c n ϕ n, c n = ϕ n ψ, ψ H ψ = n= Mivel E n > és c n <, Lássuk be, hogy c n En..89 n= c n =, ez utóbbi kifejezés biztosan nagyobb zérusnál. n= n= c n E n = 5 4 4m a..9 Melyik a korrekt eredmény és honnan származik az ellentmondás?.. Feladat Tekintsük a Hr; a = p + V r; a m Hamilton operátort, ahol a egy folytonos paraméter. A sajátenergiák és a normált sajátfüggvények természetesen ugyancsak az a paraméter függvényei: Hr; aψr; a = Eaψr; a. Bizonyítsa az ún. Hellmann-Feynman tételt: dea da = ψ ; a V ; a ψ ; a a ahol bevezettük az f ; a : r fr; a függvényjelölést..3. Feladat Adottak a H = p /m+v x Hamilton operátor sajátfüggvényei: H n = E n n n N. A koordináta és impulzus operátor felcserélési relációja alapján nyilvánvaló, hogy n [x, p] n = i. A fenti összefüggésben p = mẋ behelyettesítéssel és a 3.5 képletben szereplő kvantummechanikai időderivált definíciójának alkalmazásával igazolja, hogy i E i E n n x i = m. Segítség:. A levezetésnél használja fel a m m m = I teljességi összefüggést!.4. Feladat Kronig - Penney modell Tekintsük a következő potenciált: V x = γ j= δx ja..9 Határozzuk meg azokat az energia tartományokat sávokat, ahol léteznek a modell sajátállapotai! 3

36 Segítség:. A i -edik és i-edik Dirac-delta közötti tartományokban keressük a hullámfüggvényt Ψ i = A i e αx + B i e αx alakban, ahol az i-edik Dirac-delta az a helyre volt koncentrálva, α pedig az energia értékétől függően tisztán valós vagy tisztán képzetes. A hullámfüggvényre kiróható peremfeltételekből fejezzük ki az A i+ és B i+ együtthatókat Ai Ai+ T =.9 B i B i+ alakban. rendelező Ezt követően vizsgáljuk meg egy N deltából álló periodikus peremfeltételekkel T N A A = lánc T transzfer mátrixának sajátértékeit! B B.5. Feladat Definiáljuk a függvényeket. H n q = e q / a Igazoljuk a következő rekurziós összefüggéseket: q d n e q / dq H nq = nh n q, következésképpen qh n q = H n+ q + nh n q, H nq = qh n q H n+ q. b A rekurziós relációk alapján lássuk be, hogy a fenti függvények a Hermite-féle polinomok, azaz H n q qh n q + nh n q =. Segítség:. Először teljes indukcióval bizonyítsuk, hogy [ d dq, q d n ] [ = q, q d n ] = n q d n, dq dq dq ahol használjuk fel az. megoldásban bizonyított [A; BC] = B [A; C] + [A; B] C azonosságot..6. Feladat Adott a következő egydimenziós potenciál: { ha x < V x = mω x ha x Határozza meg az x operátor várhatóértékét a rendszer alapállapotában! Segítség:. Használjuk a harmonikus oszcillátor sajátfüggvényeit!. 3

37 .7. Feladat Egy háromdimenziós harmonikus oszcillátor potenciálja V x, y, z = mω x + y + z..93 Oldjuk meg a Schrödinger egyenletet! Hányszoros degeneráltságúak lesznek az egyes energiaszintek?.8. Feladat Határozzuk meg a következő kétdimenziós harmonikus oszcillátor spektrumát! H = p x m + p y m + mω x + αxy + y Feladat Tekintsük a következő potenciált: {, ha x < V x = C, ha x >.95 x Világos, hogy x < esetén minden hullámfüggvény értéke. Az x > tartományban Sommerfeld polinom módszerrel határozza meg a d ψx C ψx = Eψx m dx x Schrödinger egyenlet sajátenergiáit C >, x >, E <! Segítség:. A megoldást keresse ψ x = ψ a x c i x i+s alakban, ahol ψ a x az aszimptotikus megoldás és s az ún. indiciális index. i=.. Feladat Tekintsük a következő potenciált: {, ha x < V x = d x + d, ha x > x.96 Világos, hogy x < esetén minden hullámfüggvény értéke. Az x > tartományban határozzuk meg Sommerfeld polinom módszerrel a d ψx + d m dx x + d ψx = Eψx x Schrödinger egyenlet E sajátenergiáit x >, d, d >! Segítség:. Az aszimptotikus megoldás megkeresése után az u függvényt vegye fel u s x = b i x i+s i= alakban. Behelyettesítés után a legalacsonyabb rendű x-hatvány együtthatójából határozza meg s-t! 3

38 .. Feladat A léptető operátorok segítségével lássuk be a összefüggést, ahol H n q az n-edfokú Hermite polinom! qh n q = nh n q + H n+q.97.. Feladat Lássuk be az oszcillátorra vonatkozó viriáltételt, T n = V n = E n /! Feladat Lássuk be kétdimenziós harmonikus oszcillátorra, hogy az mátrixnak minden mátrixeleme megmaradó mennyiség! A ij = m p ip j + mω x i x j Feladat Definiáljuk a α = c n n állapotot úgy, hogy n= a α = α α α C ahol n a lineáris harmonikus oszcillátor n-ik sajátállapota és a az eltüntető operátor. Ez a koherens állapotok egy definíciója. a Határozza meg a c n együtthatókat! Normálás után adja meg a hullámfüggvény alakját, majd írja fel úgy, mint egy exponenciális operátor értékű függvény hatása az alapállapotra,. b A fenti állapotra t = időpillanatban az időfejlesztő e i Ht operátort hattatva lássa be, hogy α, t továbbra is az a operátor sajátfüggvénye marad α t = αe iωt sajátértékkel, ahol ω az oszcillátor frekvenciája! A sajátfüggvény emelett felszed még egy időfüggő fázisfaktort is. c Lássa be, hogy ebben az állapotban az energia várható értéke E = ω α + d Lássa be, hogy az α koherens állapotban a koordináta és impulzus határozatlansága a lehető legkisebb, x p = e Határozzuk meg az α, t koherens állapotot koordináta reprezentációban!. Segítség:. Használjuk az a rész eredményét, illetve az.3. Baker-Campbell-Haussdorff formulát! feladatban szereplő f Mutassuk meg, hogy az a felfelé léptető operátornak nem léteznek sajátállapotai a négyzetesen integrálható függvények terén! 33

39 ... Megoldások. Megoldás Először viszgáljuk meg a feladatot egydimenzióban. Fejtsük Taylor sorba az fx függvényt x körül: X j d j f fx + X = j! dx j. x Bevezethetünk egy új differenciál operátort: j= X j j! d j f dx j = x j= X j j! j= d j dx d fx = ex dx j fx. Felhasználva az impuzus operátor koordináta reprezentációbeli alakját: ˆp x = i d dx. T X = e i X ˆpx.3 Hasonlóan vezethetjük le három dimenzióban is az eltolás operátorát: T R = e i Rˆp.4. Megoldás Először írjuk fel egy vektor kicsiny ϕ szöggel történő infinitezimális elforgatását n egységvektor körül: r = r + ϕn r.5 Az R ϕ, nfr = fr ϕ, nr transzformációt ϕ-ben első rendben a következőképpem írhatjuk fel: fr ϕ, nr = fr ϕn r = fr ϕn r f r.6 Használjuk fel az impulzus operátort az infinitezimális forgatás operátorának leírásához: fr ϕ, nr = i ϕnr p fr.7 A fenti képletben felismerhetjük az impulzusmomentum L = r p operátorát, vagyis fr ϕ, nr = i ϕnl fr.8 Egy tetszőlegesen nagy szöggel történő elforgatás esetén osszuk fel a teljes forgatás szögét m egyenlő kis darabra. A teljes forgatáshoz m-szer kell alkalmznunk az előző képletet egy kicsiny ϕ/m szöggel történő forgatásra: Ôϕ, n : fr = lim m m m i ϕnl fr = e i ϕnl fr.9 34

40 .3 Megoldás Tételezzük fel, hogy egy adott energia sajátértékhez két egymástól lineárisan független hullámfüggvény tartozik: Ebből nyilvánvalóan következik, hogy φ = m V E φ, φ = m V E φ.. φ φ φ φ = φ φ φ φ =.. Az előző egyenlet integrálásával a következő összefüggést kapjuk: φ φ φ φ = const.. A kötött állapotok hullámfüggvényei és azok deriváltjai el kell, hogy tünjenek a végtelenben, ezért az előző egyenletben szereplő konstans nulla lesz, vagyis Mindkét oldalt integrálva, φ φ = φ φ..3 ln φ = ln φ + C φ = Cφ..4 Ez az eredmény azonban ellentmondásban van a hullámfüggvények lineáris függetlenségével, tehát a kezdeti feltételezésünk hamis volt..4 Megoldás Az értelezési tartományt érdemes három részre osztani: I II III x < < x < L L < x Az I és III részben végtelen a potenciál, így a.5 egyenlet bal oldalán végtelen szerepel. A jobb oldalon vételennek kellene lennie emiatt az energiának, ami fizikailag nem értelmes. A probléma feloldása az, hogy az állapotfüggvény azonosan, vagyis ψ I x = ψ III x. A II tartományban a Schrödinger-egyenlet a d ψx = Eψx alakot ölti. A határfeltételeket az állapotfüggvény folytonossága biztosítja, vagyis ψ I = ψ II =, illetve m dx ψ II L = ψ III L =. A folytonossági kritérium eléggé légbőlkapottnak tűnik ezen ponton, azonban képzeljük el azt az esetet, amikor a potenciálfal nem végtelen magas, hanem csak valamilyen véges V értéket vesz fel a két oldalon. Ezt az esetet a következő példában fogjuk tárgyalni. Ekkor sehol sem jelennek meg végtelenek az egyenletben, tehát ψx-nek mindenütt jól kell viselkednie, ami itt a kétszer deriválhatóságot jelenti. A.5. példában látni fogjuk, hogy ha ekkor vesszük a V határesetet, akkor az állapotfüggvény folytonos marad. A kapott differenciálegyenlet - konstansoktól eltekintve - az.. példa! A ψx = A sinkx + B coskx ansatz-ból a ψ = peremfeltétel miatt csak a szinuszos tag marad. Ezt behelyettesítve a Schrödinger-egyenletbe kapjuk, hogy A k m sin kx = A E sin kx 35

41 A -tel egyszerűsítve innen E = k m. A ψl = peremfeltétel miatt k = nπ L, vagyis k értéke csak diszkrét kvantált értékeket vehet fel. Az A konstans értékét az állapotfüggvény normáltsága adja: Tehát az állapotfüggvények a L ψx dx = A sin nπ L xdx = L A =, azaz A = L ψ n x = L sin nπ L x alakot öltik, melyek a következő ábrán láthatóak a jobb láthatóság kedvéért a megfelelő energiákkal eltolva. k kvantáltsága miatt a ψ n x-hez tartozó energia is csak a megfelelő E n = π ml n értékeket veheti fel. Vagyis ha ezen a rendszeren energiamérést végzünk nem kaphatunk a részecske energiájára bármilyen értéket, csak bizonyos megengedett energiaszinteken ülhetnek részecskék. Ez egy újabb lényeges eltérés a klasszikus világhoz képest, azonban összevág az atomok vonalas színképével, ott is hasonló a helyzet. Látszik tehát az elsőre bizonyára furcsának és ad hocnak tűnő második axióma motivációja: A kvantumvilágot leíró modellnek biztosítania kell, hogy az egyes fizikai mennyiségek lehetséges értékei lehessenek diszkrét vagy folytonosan változó valós számok. A Hilbert-téren ható lineáris önadjungált operátorok spektrumának azonosítása a mennyiségek mérhető értékeivel éppen ezt a lehetőséget biztosítja!.5 Megoldás Osszuk fel teret három tartományra az ábrának megfelelően. Az első és harmadik tartományban az időfüggetlen Schrödinger egyenlet alakja a következő lesz: d ϕ m dx = Eϕx Csak akkor kaphatunk lecsengő megoldásokat, azaz normálható hullámfüggvényt, ha a sajátenergia negatív. 36

42 Az I. tartományban a hullámfüggvény ϕx = Ae αx, a III. tartományban ϕx = De αx, ahol m E α =..5 A II. tartományban az időfüggetlen Schrödinger egyenletet a következőképpen lehet felírni: A megoldások alakja d ϕ m dx = E + V ϕx ϕx = B cos kx + C sin kx, ahol k = α és k között egyszerű ősszefüggés áll fenn: mv E. α + k = mv..6 A tartományok határain a hullámfüggvényeknek és azok deriváltjainak folytonosnak kell lenniük, hogy ϕx kétszer deriválható legyen és betehessük a Schrödinger-egyenletbe: I/II tartomány határa II/III tartomány határa Ae αa = B cos ka C sin ka Ae αa = B cos ka C sin ka Ae αa = B cos ka C sin ka Ae αa = B cos ka C sin ka Adjuk össze és vonjuk ki egymásból az egymás melletti egyenleteket: A + De αa = B cos ka αa + De αa = kb sin ka.7 A De αa = C sin ka αa De αa = kc cos ka.8 37

43 Az amplitúdókat eltüntethetjük, ha elosztjuk egymással az egyenleteket: α = k tanka.9 α = k cotka... ábra. Az ka tanka fekete folytonos vonal és ka cotka zöld szaggatott vonal függvények, valamint a.6. számú egyenlet által adott kör kék szaggatott vonal. A.. számú ábráról leolvasható, hogy a.9 és. egyenletek nem elégíthetőek ki egyszerre, viszont a.7 és.8 egyenleteknek teljesülnie kell. Bontsuk két részre a lehetséges megoldásokat: ha a.9 teljesül akkor a.8 számú egyenletek csak akkor elégülhetnek ki, ha A = D és C =. Ha a másik,. számú egyenlet teljesül, akkor A = D és B =. Vizsgáljuk meg a két különböző típusú megoldás szimmetria tulajdonságait: a. αa = ka tanka, A = D és C =. Ae αx ha x a ϕx = B cos kx ha a x a Ae αx ha x a b. Az ebbe az osztályba tartozó hullámfüggvények párosak lesznek. Az energiát a.. ábráról olvashatjuk le az.6 egyenlet által meghatározott kör és a ka tanka függvény metszéspontjaiban. αa = ka cotka, A = D és B =. 38

44 Ae αx ϕx = C sin kx Ae αx ha x a ha a x a ha x a Az ebbe az osztályba tartozó hullámfüggvények páratlanok lesznek. Az energiát a.. ábráról olvashatjuk le az.6 egyenlet által meghatározott kör és a ka cotka függvény metszéspontjaiban. A.. jelöli: ábráról mleolvashatjuk a megoldások számát is ahol x az x alsó egészrészét n = a π mv +. Megjegyzés: A potenciál és a Hamilton operátor invariáns a tükrözéssel szemben, ami matematikailag azt jelenti, hogy a Hamilton-operátor és a tükrözés operátora kommutál. Az.7. tétel alapján ebből következik, hogy a tükrözés operátorának és a Hamilton operátornak közös sajátfüggvény rendszere van. A tükrözés operátorának a sajátértékei és - lehetnek, vagyis az időfüggetlen Schrödinger egyenlet megoldásai is vagy nem váltanak előjelet vagy előjelet váltanak a tükrözés hatására. Végtelen mély potenciál gödör határesete: Ha V, akkor az.. ábrán a tangens és minusz kotangens függvények függőleges vonalakká válnak. A kör sugara tart a végtelenhez, vagyis megfelelő magasságban vízszintesen metszi a tangens, minusz kotangens függvényeket. A metszéspontok nyílvánvalóan a ka = nπ/ értékeknél lesznek, vagyis k n = n π. A.4. példában előreutaltunk, hogy a határon az állapotfüggvény -hoz tart, nézzük meg most ezt! D, C = esetben, ha V, a akkor az állapotfüggvény a határon ϕa = B cos ka B cos π/ =. Hasonló következik a páratlan megoldásokból is, vagyis ezzel igazoltuk a.4. példában felhasznált peremfeltételt az I-II illetve II-III tartomány határán. A megoldás a = 3 szélesség, és változó V mellett itt látható, az állapotfüggvények a jobb láthatóság kedvéért el vannak tolva függőlegesen a megfelelő energia értékével. V emelésével egyre több állapot jelenik meg, melyek exponenciális levágása egyre erősebb, ahogy V nő k = mv E miatt. Dirac-delta potenciál: Tartsunk a potenciál a szélességével nullához úgy, hogy a potenciál magasságának és a szélességének a szorzata maradjon állandó: V a = γ. Vizsgáljuk meg, hogyan viselkedik a ka szorzat: ka = a mv E V a amγ.. Tehát a ka szorzat is tart nullához. Az. ábráról leolvashatjuk, hogy csak egy metszéspontunk lesz, vagyis csak egy kötött állapotot kapunk. Fejtsük sorba a tangens függvényt a.9 egyenletben: αa = ka = amγ α = mγ, amely már független a potenciál gödör szélességétől. 39

45 .6 Megoldás Legyen az időfüggetlen Schrödinger egyenletnek a következő alakja: d ϕx γδxϕx = Eϕx m dx Integráljuk az egyenlet minkét oldalát egy kicsiny ε értéktől ε-ig: ε d ϕx ε γδxϕx dx = Eϕxdx. m dx ε Feltételezhetjük, hogy a sajátenergia véges, ezért ha az ε mennyiségekkel tartunk nullához, akkor a jobb oldal eltünik: dϕ+ dϕ = γϕ, m dx dx tehát a hullámfüggvény deriváltjának a Dirac-delta helyén ugrása van: dϕ+ dx dϕ dx ε = mγ ϕ.. A Dirac-delta jobb- és baloldalán lecsengő megoldásoknak kell lennniük: { Ae αx ha x ϕx = Ae αx ha x Használjuk ki a hullámfüggvény deriváltjaira vonatkozó. feltételt: ahonnan α = mγ Aα Aα = mγ A, adódik, megegyezően a.5. feladat utolsó pontjának a megoldásával..7 Megoldás A Hamilton operátor invariáns a tükrözéssel szemben, ezért a sajátállapotokat feloszthatjuk páros és páratlan hullámfüggvényekre. Osszuk fel a teret három tartományra: x a A hullámfüggvény alakja: ϕx = Ae αx m E, ahol α =. a x a A hullámfüggvény alakja páros esetben: ϕx = B coshαx, páratlan esetben ϕx = B sinhαx. x a A hullámfüggvény alakja páros esetben: ϕx = Ae αx, páratlan esetben ϕx = Ae αx. Páros megoldás: Miután a hullámfüggvény alakjában kihasználtuk a tükrözési szimmetriát, elegendő 4

46 a határfeltételeket csak az egyik Dirac-delta helyén kiróni, ekkor a másik Dirac-delta helyén a hátrfeltételek automatikusan teljesülnek: Ae αa = B coshαa m KAe αa = Bα sinhαa Aαe αa Felhasználva az első egyenletet a következő összefüggést kapjuk: m K = α [tanhαa + ] Kifejezve a tanhx függvényt exponenciális függvényekkel az előző egyenletet az alábbi alakra hozhatjuk: αa = aα + e αa, α = m K.3 A.3 egyenlet grafikus megoldása aα = esetén. Páratlan megoldás: A határfeltételek a baloldali Dirac-delta helyén: Ae αa = B sinhαa m KAe αa = Bα coshαa Aαe αa A páros megoldáshoz hasonlóan a következő feltételből határozhatjuk meg az energiát: αa = α a e αa.4 4

47 A.4. számú egyenlet grafikus megoldása aα = esetén. Az ábráról leolvasható, hogy ha a.4 egyenlet meredeksége a nulla pontban kicsi, akkor a páratlan kötött állapot nem létezik: α a >..8 Megoldás Negatív energiás kötött állapot: E < Ebben az esetben csak páros megoldás létezhet. m E α =.5 Vezessük be az előző példához hasonlóan az α paramétert: α = m K. A hullámfüggvénynek a-ban és a-ban el kell tünnie és ki kell elégítenie a szabad Schrödinger egyenletet: ϕx = ha x a A sinhαa + x ha a x A sinhαa x ha x a A Dirac-delta helyén kiróva a határfeltételt a következő egyenletet kapjuk: Aα coshαa = α A sinhαx vagy αa = α a tanhαa.6 A fenti egyenletnek csak akkor van megoldása, ha a tanhx függvény meredeksége az origóban nagyobb, mint /α a, vagyis α a >. Pozitív energiás kötött állapot: E > A végtelen magas potenciál gödör páratlan megoldási változatlanok maradnak, rájuk nincs hatással a Dirac-delta potenciál. A páros megoldásokat az előző esethez hasonlóan állíthatjuk elő: k = szerepel sinhαx helyett: ϕx = me, a hullámfüggvényben pedig sin kx függvény ha x a A sin αa + x ha a x A sin αa x ha x a 4.7

48 Kihasználva a Dirac-delta potenciálra kirótt határfeltételeket a következő egyenletet kapjuk: ka = α a tan ka.8 Az megoldáshoz tartozó ábráról leolvashatjuk, hogy végtelen sok megoldásunk van és a sajátenergiák egyre kevésbé tolódnak el a végtelen potenciálgödör sajátenergiáihoz képest az egyre magasabb gerjesztett állapotok esetén. A végtelen magas potenciál gödörbe helyezett vonzó Dirac-delta potenciál pozitív energiás grafikus megoldásai aα = esetén. Lineáris állapot: E = Miután a hullámfüggvényünk kompakt tartójú, kereshetjük a megoldást lineáris polinom alakban is, hiszen ennek második deriváltja nyilvánvalóan eltünik: ϕx = A határfeltétel az origóban a követzkező lesz: ha x a Aa + x ha a x Aa x ha x a.9 A = α Aa.3 tehát α a = esetén lehetséges nulla energiájú, lineáris hullámfüggvény..9 Megoldás A hullámfüggvény alakja a különböző tartományokban a következő alakú lesz: ha x ϕx = A sinhαx ha x a.3 Ae αx ha x a Ez az alak megegyezik a.7.. feladat páratlan sajátállapotának az alakjával a pozitív tartományban, a negatív tartományban magától értetődően nulla. A Dirac-deltára vonatkozó határfeltételek is megegyeznek a két esetben, tehát a sajátenergiát a következő feltételből határozhatjuk meg: αa = α a e αa..3 43

49 Ez a kötött állapot is csak a α a > feltétel teljesülése esetén létezik, hasonlóan a.7. feladat páratlan megoldásához.. Megoldás A.5. feladat páratlan megoldásához hasonlóan a hullámfüggvény alakja a következő lesz:, ha x ϕx = A sin kx, ha x a Be αx, ha x a ahol mv E m E k =, α =..33 A határfeltételek ugyanazt az egyenletet eredményezik mint amit a.5.. feladat páratlan megoldásira kaptunk: αa = ka cot ka.34 A.5. feladat. ábrájáról látható, hogy a.6 egyenlet által definiált körrel csak akkor van metszéspontja az előző egyenletnek, ha a kör sugara nagyobb mint π/:. Megoldás mv a > π V > π 8ma.35 5 a [ πn ] a c n = ϕ n ψ = sin 4a 3 a a x + a x dx 5 a πn = sin 4a 3 a x x a x dx = 5 πn sin t t πn t dt π 3 n 3 = 5 πn πn πn sin t t dt sin t t dt π 3 n 3 = 5 πn [sin t t cos t] πn π 3 n 3 [ t cos t + cos t + t sin t ] πn = 5 πn n + [ t cos t + cos t + t sin t ] πn π 3 n 3 = 4 5 π 3 n 3 n.36 Innen c n = 4 π 6 n 6 n = 4 π 6 n 6 n = 48 π 6 n 6 n.37 n= n= c n = 48 π π π6 c n E n = 5 4 π m a 4 c n E n = 5 4 π m a 4 = n n.38 π 6 π = 5 4 4m a

50 Ahhoz, hogy belássuk, hogy a fenti eredmény a helyes, térjünk vissza az L R Hilberttérhez és definiáljuk a ψ függvényt, mint 5 ψ x = a x Θ x + a Θ x a,.4 4a 5/ ahol Θ a lépcsőfüggvény. Innen 5 ψ x = x Θ x + a Θ x a,.4 a5/ ahol δ a Dirac-delta disztribúció, 5 ψ x = Θ x + a Θ x a a5/ 5 + δ x + a + δ x a,.4 a3/ és Mivel 5 ψ x = δ x + a δ x a a5/ 5 + a 3/ δ x + a + δ x a,.43 5 ψ x = a 5/ δ x + a δ x a 5 + a 3/ δ x + a + δ x a..44 δ x a f x = f a,.45 δ x a f x = f a,.46 ψ H ψ = 5 a 5/ 4 = 5 a 4 4 4m + 5 4m [ψ a ψ 4 a] + a 3/ 4m [ψ +a + ψ a] a 3/ 4m a 5/ = 5 4 8m a Megoldás Határozzuk meg az energia paraméter szerinti deriváltját: de da = d dϕ da ϕ H ϕ = H ϕ + ϕ H dϕ + ϕ dh ϕ da da da 45.48

51 Az első két tagban használjuk ki, hogy ϕ sajátállapota a Hamilton operátornak E sajátenergiával: dϕ H ϕ + ϕ H dϕ dϕ = E ϕ + ϕ dϕ = E d ϕ ϕ =.49 da da da da da Mivel a hullámfüggvény normált, az előző egyenlet utolsó tagja eltünik. Visszaírva ezt az energia deriváltjába de da = ϕ dh ϕ = ϕ dv ϕ.5 da da.3 Megoldás Alkalmazzuk a 3.5 képletben szereplő kvantummechanikai időderiváltat az x operátorra: és helyettesítsük be az [x, p] kommutátorba: [H, x] = i ẋ.5 m i n [x, [H, x]] n = m i n x[h, x] n m i n [H, x]x n = m i n x k k [H, x] n n [H, x] k k x n = i k Fejtsük ki a fenti képletben szereplő kommutátorokat: n [H, x] k = n Hx k n xh k = E n E k n x k,.5 és helyettesítsük be az eredeti képletbe: m i n [x, [H, x]] n = m i E k E n n x k k x n = i..53 Innen k k E k E n n x k k x n = m Megoldás A.9 számú potenciálban a γδx a potenciál ismétlődik periodikusan: 46

52 Tekintsük a negatív energiás tartományt! Az I-es és a II-es tartományban a hullámfüggvény alakja a következő: E. A Dirac-delta potenciál helyén a következő feltételeknek kell teljesül- ahol α = nie: m ϕ I x = A e αx + B e αx.55 ϕ II x = A e αx a + B e αx a,.56 ϕ I a = ϕ II a, ϕ IIa ϕ Ia = m γϕ Ia..57 Ha az előző feltételekbe behelyettesítjük a számú hullámfüggvényeket, a következő egyenleteket kapjuk: A e αa + B e αa = A + B.58 αa αb αa e αa + αb e αa = m γa e αa + B e αa.59 Egy oldalra rendezve az I-es és II-es tartományokhoz tartozó amplitúdókat írjuk át az előző egyenleteket: m γ α e αa A A e αa + B e αa = A + B.6 e αa B = A B.6 + m γ α Írjuk fel mátrix alakban az előző egyenleteket: e αa e αa m γ α e αa A + m γ α e αa B = A B.6 A jobboldalon lévő mátrix inverzével beszorozva mindkét oldalt a következő alakra hozhatjuk az előző egyenletet: e αa e αa m γ α e αa A A + m γ α e αa =.63 B B m γ α m γ α eαa e αa m γ + m γ α e αa α e αa A B = A B.64 Az egyenlet bal oldalán álló mátrixot transzfer mátrixnak hívjuk. Segítségével a i-dik tartomány amplitúdóiból megkaphatjuk a következő tartomány amplitúdóit: Ai Ai+ T =.65 B i B i+ Ha egy N cellából álló láncunk van periódikus határfeltétellel, akkor T N x = x,.66 ahol x i az A i, B i amplitúdókból álló vektor. Vizsgáljuk meg a T transzfer mátrix néhány tulajdonságát! A.66 számú határfeltétel esetén a transzfer mátrix sajátértékeinek 47

53 nyilvánvalóan egységgyököknek kell lennie: λ = e iϕ, λ = e iϕ és Tr{T} = cos ϕ. Könnyen ellenőrizhetjük emellett, hogy a determinánsa egységnyi, vagyis a mátrix unitér. Ebből a feltételből egyszerűen meghatározhatjuk azt az energia tartományt - energia sávot - ahol a periódikus határfeltétel teljesül: Tr{T} = m γ α e αa + + m γ e αa = chαa m γ shαa.67 α α αa αa ch sh.68 mγ αa a αa tanh.69 m γ α sh αa Pozitív energiákra a.55 számú hullámfüggvényben α helyére a tisztán képzetes ik hullámszám kerül, így a.69 feltétel a következőképpen módosul: mγ ka a ka tan.7.5 Megoldás A feladat megoldásához először szükségünk lesz a segítségben megadott azonosságok belátására, melyek közül az elsőt írjuk le, a második hasonlóan belátható. A bizonyításhoz teljes indukciót használunk: [ d n = : dq ; q d ] = I dq [ d Biz. : n n + : dq ; q d dq [ ] d dq ; q [ d dq ; [ d dq ; n q d dq ] f = f = d df qf q dq [ d q d ] n+ = dq q d n ] q d dq dq [ ] [ d d dq ; q dq ; d ] f = dq dq = f + qf qf = f q d dq dq ; + n q d dq ] = q d n [ d dq dq ; q d ] = dq n q d + q d n = n + dq dq q d n dq a Az első állítás bizonyátásához deriváljunk bele az Hermite-függvény definíciójába: H nq = d e q q d n e q = qh n q + e q d q d n e q = dq dq dq dq = qh n q + e q q d n d q dq dq e + n q d n e q = dq = qh n q + nh n q e q q d n qe q = dq = qh n q + nh n q + e q n q d n e q q e q q d n e q = dq dq = qh n q + nh n q + nh n q qh n q = nh n q 48

54 Ezzel az első állítást beláttuk. Tekintsük most a másodikat: H n q = e q q d n e q q = e q d n q d dq dq dq = e q = e q q d dq [ q n qe q + qe q = e q e q = q d n qe q = dq q d n n q d ] n e q = dq dq = qh n q n H n q Átrendezve, illetve eggyel eltolva a sorszámozást megkapjuk a második egyenletet: qh n q = H n+ q + nh n q.7 b A bizonyított két állítás jobb oldalainak összevetéséből kapott egyenletet felírva, ebbe újra belederiválva, majd felhasználva az első állítást, végül átrendezve:: H nq = qh n q H n+ q.7 H nq = H n q + qh nq H n+q.73 H nq = H n q + qh nq n + H n q.74 H nq qh nq + nh n q =.75.6 Megoldás Mivel x < -ra V x =, ψ = peremfeltételnek teljesülnie kell. x > -ra a Hamilton operátor egy harmonikus oszcillátor Hamiltonijával egyezik meg, így a Schrödinger-egyenletnek megoldása lesz x > esetén a harmonikus oszcillátor minden olyan hullámfüggvénye, ami tudja a peremfeltételt. Mivel az Hermite-polinomok tisztán páros vagy tisztán páratlan hatványokból állnak, a harmonikus oszcillátor páratlan sorszámú megoldásai kielégítik a peremfeltételt. A normálásra figyelnünk kell még, ugyanis most a [ közti integrálnak kell egységnyinek lennie. Ez az Hermite-függvények szimmetriája miatt azt jelenti, hogy N n / lesz a megfelelő normálófaktor. Így a Schrödinger egyenlet megoldásai: N k+ H ψ k x = k+, ha x < E k = ω k + + x x e x x, ha x >.76, k =,,, A rendszer alapállapota tehát: N x H ψ x = x e x x, ha x >, ha x <.78 E = 3 ω.79 49

55 Így az x operátor várható értéke: x = = N x xh e x x dx = x x 4x π 4q 3 e q dq = x π = x N qh q e q dq = 4mωπ.7 Megoldás A Hamilton-operátor felbontható három független harmonikus oszcillátor összegére: H = m x + mω x + m y + mω y + m z + mω z.8 Keressük a hullámfüggvényt ψx, y, z = AxByCz alakban, ekkor Hψx, y, z = Ax + m x mω x Ax ByCz + + By + m y mω y By AxCz + + Cz + m z mω z Cz AxBy = Eψx, y, z Elosztva mindkét oldalt ψx, y, z-vel: Ax + ByCz Ax m x mω x + + By + AxCz By m y mω y + + Cz + AxBy Cz m z mω z = E Bármely x, y, z értékre ez úgy teljesülhet csak, ha a fenti kifejezés minden zárójelben lévő tagja konstans, innen: m x + mω x Ax = E x Ax.8 m y + mω y By = E y By.8 m z + mω z Cz = E z Cz.83 E x + E y + E z = E.84 Tehát mindhárom irányban mostmár egy-egy különálló harmonikus oszcillátorral van dolgunk, melynek ismerjük a megoldását. Így x y z ψ nx,ny,n z x, y, z = N nx N ny N nz H nx H ny H nz e x +y +z x.85 x x x 5

56 E nx,n y,n z = ω n x + n y + n z + 3, ahol n x, n y, n z =,,, Világos, hogy különböző n x, n y, n z kombinációk kiadhathatják ugyan azt az energiát, ha az összegük azonos. Nézzük meg, hogy hányszorosan degeneráltak tehát az egyes nívók. Legyen n = n x + n y + n z fix. Ekkor adott n x mellett összesen n n x + darab olyan n y, n z pár van, melyek összege n y + n z = n n x. Hogy megkepjuk azt n-edik nívó degeneráltságát, ezt kell összegeznünk lehetséges n x értékekre: d n = n n n x + = n + n + n x= = n + n + Az első néhány szint esetében: + n + = n n x = n + n x= n + + n + = n + n + n + n + = n d n n x, n y, n z,, 3,,,,,, 6,,,,,,,,,,,,.8 Megoldás A Hamilton operátor az impulzusban csak négyzetes tagokat tartalmaz, ezt kellene elérnünk a potenciálban is, hogy a problémát visszavezessük az egyszerű kétdimenziós oszcillárra, amely a.7. példához hasonlóan egyszerűen megoldhatunk. Ehhez a potenciálban szereplő másodfokó kifejezést kanonikus alakra kell hoznunk: A mátrix sajátértékei és sajátvektorai: x + αxy + y α = x, y α λ = + α ; λ = α ; x y x, y változókról térjünk át tehát a következő u, v változókra: + α x + y + α u = = x + y α x y α v = = x y.87 Ekkor x + αxy + y = u + v. Nézzük hogyan kell átírnunk az impulzust tartalmazó 5

57 tagokat u-t és v-t tartalmazókra: x = u x u + v x v = + α u + α v = + α + α α x 4 u + u v + + α 4 v = u y y u + v y v = + α u α v = + α + α α y 4 u u v + + α 4 v x + = + α y u + α v Tehát a Hamiltoni alakja: H = m + α u + mω u + m α v + mω v.88 Ekkor egy u, v w, z átskálázással, a következőhöz jutunk: w = + α u + α w =.89 u z = α v + α z =.9 v H = m w + + α mω w + m z + α mω z.9.9 +α Bevezetve ω = ω illetve ω α = ω változókat eljutahatunk egy anizotrop kétdimenziós oszcillátor Hamiltonijához: H = m w + mω w m z + mω z.93 Ennek Schrödinger-egyenletét a.7.példához hasonlóan könnyen megoldhatjuk: E nx,ny = ω n x + + ω n y +.9 Megoldás Vezessük be a B = m C illetve az α = felhasználva a Schrödinger-egyenlet alakja: Az asszipmtotikus viselkedés:.94 m E mennyiségeket. Ezeket ψ x + B x ψx α ψx =.95 ψ ax α ψ a x = ψ a x = e αx.96 5

58 Keressük tehát a megoldást alakban! A deriváltak: ψx = e αx ux.97 ψ x = αe αx ux + e αx u x.98 ψ x = α e αx ux αe αx u x + e αx u x.99 Beírva a Schrödinger-egyenletbe a következő differenciálegyenletet kapjuk ux-re: u x αu x + B ux =. x Keressük ux-et polinom alakban, így ux és deriváltjai: u x = u x = ux = c r x r+s. r= c r r + sx r+s. r= c r r + sr + s x r+s = r= r= c r r + sr + s + x r+s.3.4 Visszaírva a.7 egyenletbe a következőket kapjuk: tehát r = : c ss = c = vagy s = vagy s = r c r+ r + s + r + s αc r r + s + Bc r =, c r+ = αr + s B r + s + r + s c r.5 Innen azt kapjuk, hogy ha c r =, akkor c r+k is az, tehát c, hisz ekkor az egész függvény lenne. Így vagy s = vagy s = -nek kell teljesülnie. s = esetén c αc + Bc =, tehát c = következne. Ez nem lehet, így s = -nek kell teljesülnie. Így αr + B c r+ = r + r + c r.6 Ha r, akkor c r+ α r+ c r α r c r, ahonnan u a x = e αx, mivel e αx r= αx r r! c r+ c r = αr+ r! r +! α = α r +.7 Innen x esetén ψx e αx e αx = e αx szerint divergál, ami nem lehetséges. A megoldásunk csak akkor lehet jó, ha ux egy véges fokszámú polinom, ezért léteznie kell olyan B-nek, hogy valamely n = r max + -re αr max + B = αn B =, ahol n =,,

59 Így α = B n = mc n = mc n Vagyis az energia csak diszkrét nívókat vehet fel:.9. Megoldás Vezessük be a következő jelöléseket: E n = m C m n = mc. n a = m d, a = m d, α = Az új változókkal a Schrödinger-egyenletet így írhatjuk fel: Az egyenlet aszimptotikus alakja: m E. φ + a x φ a x φ α φ =. φ α φ =.3 melyből következik, hogy a megoldást a φx = u s xe αx alakban kereshetjük, ahol: u s x = x s i= b i x i..4 Világos, hogy így lim x ψx =, tehát a peremfeltétel teljesül az x = -ban. A hullámfüggvény második deriváltját a következőképpen írhatjuk: φ = u s αu s + α u s e αx.5 A második deriváltat a. számú egyenletbe helyettesítve a Schrödinger-egyenletet így írhatjuk: u s αu a s + x a u x s =..6 Számoljuk ki a fenti egyenletben szereplő deriváltakat: u s = u s = x u s = x u s = i + sb i x i+s = sb x s + i= i + s + b i+ x i+s.7 i= i + si + s b i x i+s =.8 i= = ss b x s + ss + b x s + b i x i+s = b x s + i= i + s + i + s + b i+ x i+s i= b i+ x i+s.9 i= b i x i+s = b x s + b x s + i= 54 b i+ x i+s. i=

60 Helyettesítsük be a deriváltakat a.6 egyenletbe: + ss a b x s + ss + b αsb + a b a b x s. i + s + i + s + b i+ αi + s + b i+ + a b i+ a b i+ x i+s = i= Nyilvánvalóan az egyenlet bal oldalán álló polinom minden együtthatójának nullával kell egyenlőnek lennie: = ss a b. b = a αs b ss + a.3 b i+ = a αi + s + b i+ i + s + i + s + a.4 A b = választás ux azonosan nulla megoldást eredményezne. Ha az s kitevő negatív, akkor az ux függvény irreguláris az x = -ban, tehát s = a + +. Az ux 4 polinomnak véges fokszámú polinomnak kell lennie,ezért Tehát az energia: a = αn + s..5 E n = a 8m n + s = m d.6 n + md + 4 Az eredmény d = esetén megegyezik a. egyenlettel.. Megoldás Mivel a betöltési szám reprezentáció bázisát épp a Hermite-függvények adják n -nek koordináta reprezentációban N n H n qe q felel meg q = x x és N n = választás melett. Így x n = x a + a n = x n + n + + n n Ezt koordinátereprezentációba írva: xn n H n qe q = x n + Nn+ H n+ qe q + nnn H n qe q x H n n! x π n q = x n + H 4 n +! x π n+ q + 4 n+ n n!x π.7.8 n n N n! x π n H n q 4.9 n qh n q = n H n+ q + nh n q.3 qh n q = nh n q + H n+q.3 55

61 . Megoldás A 3.7 megoldás során meghatározzuk x n és p n értékét: x = n + p n mω = m ω n + n.3 Így tehát V n = mω mω n + = ω n + Mivel E n = ω n +, teljesül, hogy V n = T n = En. T n = m m ω n + = ω n Megoldás Világos, hogy a A ij Hamilton-operátorral vett kommutátorait kell kiszámolnunk. Az xx és yy elemek nyílvánvalósan kommutálhan a Hamiltonival, tehát elég csak az xy elemet megvizsgálnunk a mátrix szimmetrikussága miatt: [ p [H; A xy ] = x m + mω x + p y m + mω y ; p ] xp y m + mω xy [ ] [ p = x m ; mω xy p ] [ y + m ; mω xy mω x + ; p ] [ xp y mω y + ; p ] xp y = m m = ω i p xy + ω i p yx ω i xp y ω i yp x = Megjegyezzük, hogy a mátrix nyoma épp az energia, determinánsa pedig az impulzusmomentum operátor. Ha A ij minden eleme megmaradó, akkor nyílván ezek kombinációjából előállított nyom és determináns is..4 Megoldás a Innen a α = Tehát c n a n = n= c n+ = α = c n n a α = α α.34 n= c n n n = c n+ n + n = α c n n.35 n= n= αc n α n+ α n = c α = c n.36 n + n +! n! A normálásból megkaphatjuk c értékét: α n = α α = c = c e α c = e α.37 n! Tehát α alakja a következő: α = e α n= n= α n n = e α n! 56 α n a n n= n! n= n= = e α +αa.38

62 b Az α állapot időfejlődése a következő alakú: α, t = e i Ht α, = e α = e α ωt i = e n= n= α n n! e i Ht n = α n e iωn+ t ωt i n = e e α n! αe iωt = e i ωt αt αe iωt a n = n! ωt i Vagyis egy e fázisfaktort leszámítva valóban azt kaptuk, hogy αt = αe iωt választással leírható a koherens állapot időfejlődése, illetve hogy koherens állapot koherens marad az időfejlődése során. n= c E = α ω a a + α = ω a α + = ω α +.39 d x p = x α α x = p α p α.4 A fenti kifejezésben szereplő tagokat kell kiszámolnunk: x α = mω α a + a α = mω α + α = Rα.4 mω m ω m ω m ω p α = i α a a α = i α α = Iα.4 Felhasználva, hogy [ a, a ] = I x α = mω α a + a + aa + a a α = mω α a + a + a a + α = = α + α + α + = + 4 Rα mω mω p = m ω α a + a aa a a α = m ω α a + a a a α = α = m ω α + α α = m ω + 4 Iα Ezeket behelyettesítve: x p = x α α x = p α α p = = + 4 Rα m ω mω mω 4 Rα m ω = = mω Iα m ω 4 Iα = Tehát x p =, vagyis a Heisenberg határozatlansági reláció egyenlőtlensége éles, a hely- és impulzusbizonytalanság szorzata minimális. 57

63 e x = illetve N = mω jelölést bevezetve, illetve felhaszmálva, hogy koordináta- x π reprezentációban = Ne x x, αt alakja koordináta-reprezentációban a következő: αt = e αt +αta = e αt e αt x x i p mω Ne x x.43 Vezessük be a q = x/x -t változót, és használjuk fel a.3. feladatban szereplő Baker- Campbell-Haussdorff formulát: q αt d dq e q = Ne αt Ne αt 4 [q, dq] d αtq d e αt = Ne αt αt e = Ne αt Ne αt 4 e αtq e αt d dq e q e αt dq e q = Tudjuk, hogy mivel az eltolások generátora e a d dq fq = fq a, az utolsó két tagot könnyen egyszerűsíthetjük. A levezetés végén pedig felhasználjuk a.4 és.4 egyenleteket. αt = Ne αt e αt 4 e αtq e q αt = Ne αt e αt e αtq e q = = Ne q +Rαt +Iαt +Rαt Iαt +irαtiαt Rαtq i Iαtq = = Ne q Rαt +irαtiαt+i Iαtq = Ne = Ne x x x +i p x p x+i Ne x x x +i p x +i q x p q+i x p x m ω = Az utolsó tag csak egy konstans fázis, amit nyugodtan eldobhatunk, ekkor az αt - val ekvivalens hullámfüggvényt kapunk, erre utal a jel. A teljes időfüggő koherens állapot így: ωt i mω α, t = e αt = π e x x x +i p ωt x.44 A végeredmény egy v = ω = ω sebességgel menő x p szórású Gauss-függvény, ami p az időfejlődés során látható módon nem folyik szét! f Tegyük fel, hogy van egy β vektor, hogy a β = β β a β, β, β, β 3,... =, β, β, 3β,... = ββ, β, β, β 3, Ezeket összevetve: ββ = ββ = β ββ = β. ββ i = iβ i Így mivel β =, az összes β i =, tehát a nullvektort kapjuk eredményül. 58

64 3. fejezet Reprezentációk és kvantummechanikai képek 3.. Elmélet 3... Diszkrét reprezentációk Legyen  egy diszkrét spektrummal rendelkező hermitikus operátor a H Hilbert téren,  n A = λ A n n A n N. 3. Valamely ψ H állapotra! a ψ n = A n Ψ C n N, ψ = n A A n Ψ = n n } {{ } Î a ψ n n A. 3. Ekkor az a ψ = { a ψ n} l vektort a ψ állapot diszkrét A-ábrázolásának nevezzük. A diszkrét ábrázolás tehát az unitér leképezés, hiszen R A : H l, R A ψ = a ψ, 3.3 ϕ ψ = n a ϕ n a ψ n = a ϕ a ψ. 3.4 Az Ô : H H operátor ábrázolását a következőképpen definiáljuk: Ô n A = m m A O A mn = Ô ψ = m,n m A O A mn a ψ n, 3.5 tehát az Ô ψ állapot A-ábrázolása az OA a ψ = { } n OA mn a ψ n l vektor, ezért az O A végtelen mátrixot az Ô operátor A-ábrázolásának hívjuk. 59

65 Hermitikus operátor ábrázolása önadjungált mátrix: Omn A = A m Ô n A = A n Ô m A = O A nm. 3.6 Az operátorok ábrázolása az összeadásra és szorásra nézve homomorfizmus: A m Ô + Ô n A = A m Ô n A + A m Ô n A = O,mn A + O,mn A, 3.7 A m ÔÔ n A = A m Ô k A A k Ô n A = O,mkO A,kn A = O A OA. mn k k 3.8 Tekintsünk két reprezentációt, melyeket az  és ˆB diszkrét spektrumú hermitikus operátorok generálnak. Belátjuk, hogy a két reprezentáció unitérekvivalens, azaz az U = R A R B : l l leképezés unitér. Mivel bármely ψ állapotra, ψ = n a ψ n n A = n b ψ n n B, 3.9 a ψ m = n A m n B } {{ } b ψ n = a ψ = U b ψ R A = U R B, 3. U mn ahol U a két reprezentáció közötti áttérés mátrixa. A definícióból következik, hogy n B = m m A U mn, 3. és a bázisfüggvények ortonormalitásából, B m n B = Uml A l k A U } {{ } } {{ } nk = U nk Umk = U U = I = U U. 3. δ l,k mn δ k lk Innen az is következik, hogy az operátorok mátrixelemei bármely reprezentációban kiszámítható: ϕ Ô ψ = aϕ O A a ψ = a ϕ U U O A U U a ψ = b ϕ O B b ϕ. 3.3 Az operátorok ilyen diszkrét reprezentációjával tulajdonképpen végtelen mátrixokat kapunk, az ezekkel felépített kvantummechanika Werner Heisenberg nevéhez fűződik, és gyakran hívják ezt a tárgyalásmódot mátrixmechanikának. 3.. Példa Diszkrét reprezentáció bázisául választhatjuk például a harmonikus oszcillátor Hamilton-operátorának sajátbázisát n : ˆp Ĥ n = m + mωˆx n = ω â â + n = ω n + n, 3.4 ahol bevezettük a.54 és.55 képletekben szereplő harmonikus oszcillátor keltő és eltüntető operátorokat: mω mω â = ˆx + i m ω ˆp â = ˆx i ˆp 3.5 m ω 6

66 Mivel â n = n n és â n = n + n +, â és â mátrixa a következő alakú: â = 3 â = Példa Diszkrét reprezentációt csinálhatunk ˆL és ˆL z operátor közös sajátbázisán: ˆL l, m = ll + l, m ˆLz l, m = m l, m, 3.7 ahol l =,,..., illetve rögzített l mellett m = l, l +,..., l, l. Rendezzük tehát az l, m báziselemeket l szerint növekvő sorrendbe, majd az azonos l-hez tartozókat m szerint növekedve:,,,,,,,,,,,,,,,,,, stb... Ezen a bázison ˆL ill. ˆL z mátrixa: ˆL = 6 6 ˆL z = Koordináta reprezentáció A koordináta renprentáció erős optikai analógiákat mutat, gyakran hívják hullámmechanikának is, kidolgozása Erwin Schrödinger nevéhez fűződik. Koordináta reprezentációban válasszuk a koordinátával való szorzás operátorát az ˆx operátornak: ˆx = x. A 3.. fejezetben láttuk, hogy diszkrét reprezentációt tudtunk csinálni egy tisztán pontspektrumú operátor sajátbázisán. Ez nyilvánvalóan lehetetlen a koordináta operátor sajátbázisán, hiszen a szorzás operátornak nincsenek sajátfüggvényei lásd.3. példa. Spektrálfelbontása azonban természetesen van, így egy absztakt Ψ H vektor 3. egyenletben szereplő kifejtése az.4 egyenlet szerint írható λ helyett x-et használva változóként: Ψ = dx δ x δ x Ψ = dx ψx δ } {{ } x, 3.9 ψx ahol a diszkrét koordinátákkal rendelkező a ψ l kifejtési együtthatókból álló vektor helyett megjelent a folytonos indexű kifejtési együtthatókat tartalmazó ψx L függvény, 6

67 mely természetesen éppen a hullámfügggvénynek felel meg koordináta reprezentációban. A bázis ortonormáltsága a 3. egyenlet alapján: δ λ δ λ = dxδx λδx λ = δλ λ 3. Mint ahogy a. egyenletben megmutattuk, az impulzus operátort a reprezentálja, i x melynek approximatív sajátfüggvényei az.4. példában szereplő egyre szélesedő Gauss függvények, melyek ha a normálástól eltekintünk síkhullámokhoz tartanak. A többi dinamikai mennyiséget előállíthatjuk a koordinátából és az impulzusból Impulzus reprezentáció Impulzus reprenzentációban válasszuk a koordinátával való szorzás operátorát ˆp-nek: ˆp = p. Ekkor a koordináta reprezentációhoz hasonlóan Ψ = dp δ p δ p Ψ = } {{ } ψp dp ψp δ p, 3. ahol ψp L függvény a hullámfügggvény alakja impulzus reprezentációban. A bázis ortonormáltsága itt is: δ λ δ λ = dpδp λδp λ = δλ λ 3. A koordináta operátornak ˆx = -t kell választanunk, hogy konzisztensek legyünk a i p Heisenberg felcserélési relációkkal, ld... egyenlet: [ˆp, ˆx] Ψp, t = p p ı Ψp, t p pψx, t = Ψp, t, 3.3 ı Az.4. példa után említettük, hogy a koordináta és az impulzus operátorok egymás Fourier-transzformáltjai. Először is lássuk be ezt koordináta és impulzus reprezentációt használva: dψx dx Vagyis = d dx F FΨx = π ı d dx e ı px } {{ } ı pe ı px d dx Ψx = F p FΨx F FΨ p dp = ı F p FΨ p ı d dx 3.4 F = p 3.5 Azaz az impulzus operátor koordináta repzentációjának Fourier-transzformáltja épp az impulzus operátor impulzus reprezentációjával egyezik meg, ami impulzustérben az impulzus koordinátával való szorzás. Az is világos, hogy egy Ψ állapot koordináta és impulzus reprezentációja között a Fourier-transzformálás adja az átjárást: Ha Ψ coord = ψx, akkor Ψ imp = ϕp = Fψx. 6

68 3..4. A Heisenberg-féle határozatlansági reláció Koordináta-impulzus A Heisenberg-féle határozatlansági reláció egyike a kvantumvilág klasszikus gondolkodással legnehezebben érthető tulajdonságainak, következményei pedig igen szerteágazóak. Vegyünk egy olyan Ψ állapotot, melyre Ψ ˆx Ψ = Ψ ˆp Ψ =. Ha ez nem teljesül, akkor toljuk el a koordinátát, és tekintsük ˆx helyett az ˆx x operátort, ahol x = Ψ ˆx Ψ. Járjunk el hasonlóan ˆp-vel, így a fenti kritérium mindig teljesíthető. Tekintsük koordináta és impulzus térben is az állapot szórásnégyzetét: σx = ˆx = x ψx dx σp = ˆp = p ϕp dp 3.6 xψ ı ψ x ı σ xσ p = xψ xψ pϕ pϕ = xψ xψ dψ I xψ dx ı d ψ ψ dx ı ı d x ψ dx dψ dx = ı dψ dx ı xψ dψ ı dx ı = ı [ ψ x, ı ı d dx] ψ dψ CSB 3.7 dx dψ dx xψ = 3.8 ı ψ ψ = 3.9 ı 3.3 σ x σ p 3.3 Ahol az utolsó egyenelet a koordinátára és impulzusra vonatkozó Heisenberg-féle határozatlansági reláció. Világos, hogy ha ˆx és ˆp helyett tetszőleges  és ˆB operátor szórására vagyunk kíváncsiak, akkor az első sor harmadik kifejezésébe x és d helyére  és ˆB ı dx operátort írva a számolás a hamadik sor második képletéig végigvihető, ahonnan: [Â, ˆB] σ  σˆb 3.3 ı A 3.3 egyenletet összevetve az 3.6 egyenletekkel látható, valamely ψx függvény és Fourier-transzformáltjának karakterisztikus szélessége összefüg egymással: valós térben szűk függvények hullámszám térben szélesek és fordítva. Tekinthetjük példának a Gaussfüggvényt: ψx = 4 x σ πσ e 4σ ϕp = 4 π e p σ 3.33 Ezen látszik, hogy a határozatlansági relációban szereplő egyenlőtlenség erre éles, vagyis ez egy olyan hullámfüggvény, melyre a határozatlanság minimális, az ilyen állapotokat koherens állapotnak nevezzük, ld..4. feladat. Ha a függvények fizikai jelentését is vizsgáljuk, akkor pedig azzal szembesülünk, hogy egy részecske helye és impulzusa nem 63

69 lehet egyidejűleg tetszőlegesen meghatározott. Ez merőben új a klasszikus világhoz képest, hiszen ott akár a Newton-, akár a Hamilton-egyenletek megoldásához szükségünk van a kezdő hely és impulzus értékére a mozgásegyenletek megoldásához, és egy részecske pályájának meghatározásához. Kvantummechanikában ezt a kettőt nem ismerhetjük egyszerre tetszőleges pontossággal, illetve nincs értelme a pálya fogalmának sem, hiszen egy részecskéről a hullámfüggvénye alapján csak annyit tudunk megmondani, hogy hol, épp milyen valószínűséggel van. Természetesen lehet a hullámfüggvény egy időpillanatban tetszőlegesen szűk kis szórású, azonban az állapot az idő múlásával szétfolyik, hacsak a hullámfüggvény nem épp a Hamilton-operátor sajátállapota. Nézzük meg ezt egy koherens állapotból idított szabad részecskére A levezetés megtalálható a 3. megoldásban: Ψt, x ı t = Ψt, x Ψ, x = m x Ψt, x = 4 π σ + ı t m e x 4σ 3.34 πσ 4 e x 4 σ + ı t m 3.35 Vagyis az időfüggő Schrödinger-egyenleg megoldása egy Gauss-hullámcsomag σ t = σ + paraméterrel, azaz az idő múlásával a hullámcsomag egyre jobban szétfolyik. ı t m 3.3. Megjegyzés A 3.34 szabad Schrödinger-egyenletből τ = it helyettesítéssel egy diffúziós egyenlethez jutunk. Így nem meglepő, hogy eredményül egy it-vel lineárisan növő szórásnégyzetet kapunk. Impulzusmomentum Korábban láttuk, hogy az impulzus a téreltolások generátora, és operátora a térkoordinátáéval Fourier-transzformált kapcsolatban van, ami a Heisenberg-féle kommutációs relációkon keresztül a Heisenberg határozatlansági relációhoz vezetett. Joggal vetődik fel a kérdés, hogy a ϕ azimut szög, és ennek eltolását a z tengely körüli forgatásokat generáló L z között nem kellene-e hasonló kapcsolatnak lennie? A naiv hozzállás alapján kellene, hiszen pl. a 4. megoldás alapján ˆL z = is írható, így az analógia még ı ϕ világosabb. Nagy különbség azonban, hogy míg a koordináta a teljes számegyegyenes R van értelmezve, addig a ϕ azimut szög csak a [, π] intervallumon ráadásul periodikus peremfeltétellel, azaz topológiailag itt számegyenes R helyett az egységkörvonalról S beszélhetünk. Így a Fourier transzformálás is csak a [, π] intervallumon történik, ráadásul a periodicitás miatt diszkrét Fourier spektrumot kapunk csak tekinthetjük ezt is annak okának, hogy ˆL z mindig kvantált. Az is világos, hogy teljesen meghatározott L z mellett a szögnek maximális a határozatlansága, azaz eloszlása egyenletes a [, π]- n. Tehát a szórása maximum ϕ max = π 3 lehet, szemben a koordináta és az impulzus Természetesen nem tudjuk a két mennyiséget egyidejűleg mérni, sőt az impulzust nincs értelme közvetlenül a koordináta után sem mérni, hiszen a hely mérés már befolyásolja a részecske állapotát beugrási axióma, így az impulzus mérés eredménye nem azonos azzal, mintha azt a helymérés előtt végeztünk volna és vice versa. A fenti mondat alatt azt értjük, hogy sok azonosan preparált rendszert véve -ezek felén koordináta, másik felén impulzus mérést végrehajtva- a kapott statisztikák szórásának szorzata nem lehet kisebb -nél. 64

70 esetével, ahol a szórás tetszőlegesen nagyra nőhet. Ebben az esetben L z =, azaz L z ϕ =. Kis szögbizonytalanság esetén a bizonytaltanságok szorzatának alsó korlátja tart L z ϕ = -höz, köztes bizonytalanságokra interpolál az alsó korlát és közt. A téma mélyeb kifejtése megtalálható [?]-ben. Energia-idő Mivel az időeltolás infinitezimális generátora az energia, az impulzusmomentummal kapcsolatos érvelés elején felvetett kérdés itt is jogos: Vajon létezik-e a koordináta és az impulzus esetében látott határozatlansági reláció az energia és az idő között? Ehhez szükségünk lenne egy idő operátorra, azonban egyrészt megmutatható, hogy ilyet konzisztensen nem lehet bevezetni, másrészt az axiómák között szerepel, hogy dinamikai mennyiségekhez rendelünk operátorokat, az idő pedig nem az, csak egy paraméter. Különböző rendszerek állapotai közti átmenetek vizsgálatakor kibocsátott fotonokat mérve azonban mégis van értelme a kibocsátott jel időbeli és frekvenciabeli eloszlásáról beszélni, melyek, mivel egymás Fourier-transzformáltjai, természetes módon tudniuk kell a Heisenberg-határozatlanságot. Nézzük meg, mi történik, ha a 3.3 egyenletbe B helyére a Hamilton-operátort tesszük: σ  σ Ĥ [Â, Ĥ] ı = ı [Â, Ĥ] = d  dt 3.36 Gyököt vonva, és bevezetve a τ A = kapjuk: σ  d  dt időskálát, és a E = σĥ jelölést a következőt τ A E 3.37 Ahol tehát τ A az a karakterisztikus idő, ami alatt egy A dinamikai mennyiség átlaga egy szórásnyit változik Kvantummechanikai képek A különböző kvantummechanikai képeket aszerint osztályozzuk, hogy a fizikai dinamikai mennyiségek időfüggését a Hilbert tér állapotainak vagy az operátorok, ill. mindkettő időfejlődésén keresztül írjuk le. Schrödinger-kép Az alapvető dinamikai operátorok ˆx, ˆp,... időtől függetlenek, és az időfüggést az állapotfüggvény Ψt hordozza az  t =, 3.38 i Ψt t = Ĥ Ψt

71 állapotegyenlet révén, amelynek megoldása a t = t Célszerű bevezetni az Ût, t időfejlesztő operátort, kezdőfeltétel mellett egyértelmű. ahol és Amennyiben Ψt = Ût, t Ψt, 3.4 i dût, t dt Ĥ nem függ az időtől, Ĥ t Az időfejlesztő operátor unitér, = ĤÛt, t, 3.4 Ût, t = ˆ. 3.4 =, az időfejlesztő operátor alakja, Ût, t = e iĥt t / = Ψt = e iĥt t / Ψt Ût, t = e iĥt t/ = Ût, t = Ût, t Ût, t = ˆ Egy dinamikai mennyiség mátrixelem időfejlődése, At = Ψ t Â Ψ t = Ψ t Ût, t ÂÛt, t Ψ t, 3.45 ill. felírhatjuk a következő dinamikai egyenletet: dat = Ψ Ψ t [Â, Ĥ] t dt i Az utóbbiból nyilvánvaló, hogy ha  felcserélhető Ĥ-val, akkor az A fizikai mérhető mennyiség mozgásállandó. Heisenberg-kép Az Ût, t unitér transzformációval áttérhetünk egy olyan leírásra, melyben a fizikai állapotok időben állnak és az operátorok változnak függenek az időtől. Ezt nevezzük Heisenberg-képnek: Ψ H = Ût, t Ψt = Ψt 3.47 és  H t = Ût, t ÂÛt, t = e iĥt t/ Âe iĥt t/ Nyilvánvaló, hogy a Ĥ Hamilton operátor Schrödinger- és Heisenberg-képben megegyezik: Ĥ H t = e iĥt t/ Ĥe iĥt t/ = Ĥ Az operátorok mozgásegyenletét megkapjuk a 3.48 egyenlet deriválásával, dâh t dt = dût, t dt ÂÛt, t + Ût, t  dût, t dt = 3.5 i Ût, t ÂĤÛt, t Ût, t ĤÂÛt, t 3.5 [ÂH Ĥ] t,. 3.5 = i 66

72 Az A dinamikai mennyiség időbeli változását a Heisenberg-képben a dat dt = Ψ H i [ÂH t, Ĥ ] Ψ H egyenlet írja le, mely nyilvánvalóan ekvivalens a 3.46 összefüggéssel Kölcsönhatási Dirac- kép Ezt a képet abban az esetben célszerű használni, ha a Ĥ Hamilton operátor előáll egy időfüggetlen Ĥ és egy ˆK kölcsönhatási operátor összegeként, mely explicit időfüggést is tartalmazhat, Ĥ = Ĥ + ˆK t A Schrödinger- és a Dirac-kép közötti transzformációt az Ût, t = e iĥt t / 3.55 unitér transzformáció definiálja, azaz mind az állapotok, és az operátorok, függenek az időtől mozognak. Mozgásegyenletek: illetve Ψ D t = Ût, t Ψt = e iĥt t / Ψt, 3.56 Â D t = Ût, tâût, t = e iĥt t/ Âe iĥt t /, 3.57 Ψ D t = dût, t Ψt + t dt Ût, t Ψt t = i ĤÛt, t Ψt + i Ût, t 3.58 Ĥ + ˆK t Ψt 3.59 = i Ût, t ˆK t Ψt = i ˆK D t Ψ D t 3.6 i Ψ D t = t ˆK D t Ψ D t, 3.6 dâd t dt = dût, t dt ÂÛt, t + Ût, tâdût, t = 3.6 dt = i ĤÛt, tâût, t + i Ût, tâĥût, t 3.63 = [ÂD ] t, i ĤD t

73 Az A dinamikai mennyiség időbeli változása a Dirac-képben: dat dt = d dt ΨD t ÂD t Ψ D t 3.65 = i ΨD t ÂD t ˆK D t ˆK [ÂD ] D t ÂD t + t, ĤD t Ψ H t 3.66 = [ÂD i ΨD t t, t] ĤD Ψ H t, 3.67 ami ismételten ekvivalens az 3.53 és 3.46 egyenletekkel. Az állapot időfüggése explicite meghatározható a 3.6 egyenlet kiintegrálásával, Ψ D t = Ŝ t, t Ψ D t, 3.68 ahol az állapotok időfejlesztő operátora a Dirac-képben: Ŝ t, t = = n= n= i n t i n! t dt n t ahol T az időrendezést jelöli: t t dt t dt... t t n t dt... t dt n ˆKD t ˆK D t... ˆK D t n 3.69 t t dt n T ˆK D t ˆK D t... ˆK D t n, 3.7 T ˆK D t ˆK D t... ˆK D t n = ˆK D t ˆK D t... ˆK D t n t, t,..., t n P t, t,..., t n : t > t >... > t n. } {{ } t,t,...,t n permutációi Szokás az Ŝ t, t operátort a kompakt, t Ŝ t, t = T exp i ˆKD t dt. 3.7 t alakban is írni, amely azonban csak egy jelölés. Egyrészt a különböző időponthoz tartozó ˆK D operátorok nem feltétlenül kommutálnak, nem mindegy ezek sorrendje, másrészt az exponenciálisban szereplő időintegrál elvégzése után már nem lenne mit időrendezni. A 3.7 egyenlet tehát csak egy jelölés, ami alatt tehát mindig a 3.69 képletet kell érteni. 68

74 3.. Feladatok 3... Példák 3.. Feladat Adja meg a lineáris harmonikus oszcillátor Schrödinger egyenletét impulzus térben! Határozza meg a sajátértékeket és a sajátfüggvényeket! 3.. Feladat Tekintsük a következő hullámfüggvényt: ψx = e x 4σ. 3.7 πσ 4 a Adjuk meg a fenti hullámfüggvény ϕp impulzusreprezentációját! b Írjuk föl az időtől függö Schrödinger egyenletet impulzustérben a ϕp, t függvényre, feltételezve, hogy azt a következő szabad Hamilton operátor fejleszti: d H = m dx! 3.73 c Adjuk meg valós térben is a ψx, t hullámfüggvényt! 3.3. Feladat Az.7. feladatban láttuk, hogy a P [,L] = d operátort a i dx D P[,L] = { ψ L [, L] ψ L [, L] és ψ = ψ L = } 3.74 értelmezési tartományon szimmetrikus de nem önadjungált. Az L széles végtelen mély potenciáldobozba zárt részecske.4. feladat esetén azonban épp D P[,L] az értelmezési tartomány. Az axiómák között azonban azt is rögzítettük, hogy a dinamikai mennyiségeket így az impulzust is önadjungált operátorokkal reprezentáljuk így az impulzus reprezentálására nem használhatjuk a P [,L] operátort. Az impulzus lehetséges értékeinek eloszlását leíró impulzus-térbeli hullámfüggvényt azonban könnyen meghatározhatjuk. Mi lesz ennek az alakja? 3.4. Feladat Oldjuk meg impulzus reprezentációban a Schrödinger-egyenletet V x = qex E > lineáris potenciálra! Mutassuk meg, hogy koordináta reprezentációban az E sajátenergiához tartozó sajátfüggvény α α Ψx = Ai x E 3.75 qe Segítség:. Ai y = π t 3 cos 3 + ty dt az Airy-függvény. Említsük meg, hogy az Airy-függvény aszimptotikus alakja exp y3/ y y /4 3 Ai y. sin y /4 3 y 3/ + π 4 69 y

75 3.5. Feladat Adjuk meg az ˆx koordináta és a ˆp impulzus operátor mátrixát a harmonikus oszcillátor betöltési szám reprezentációjában, vagyis az n vektorok bázisán! Teljesül-e a mátrixokra a Heisenberg-féle felcserélési reláció? 3.6. Feladat Az m tömegű részecske háromdimenziós harmonikus rezgéseit leíró Hamilton operátor H = 3 p n + 3 m mω x n, ahol ω az oszcillátor sajátfrekvenciája. Vezessük be az a n = xn + i p n és a + n = xn i p n x p x p n= n= léptető operátorokat, ahol x = mω, p = mω. Mutassuk meg, hogy az impulzusmomentum operátor előáll az L = i a a, n =,, 3 alakban! Felhasználva a Hamilton operátor léptető operátoros kifejezését bizonyítsuk be, hogy [H, L] =! Milyen más megfontolás alapján juthatunk ugyanerre az eredményre? 3.7. Feladat A x p / határozatlansági összefüggés alapján mutassuk meg, hogy az egydimenziós oszcillátor energiája nem lehet kisebb mint ω/! 3.8. Feladat Határozza meg L x és L y értékét az L és L z operátorok tetszőleges közös sajátállapotában! 3.9. Feladat Az ˆL és ˆL z operátorok közös l, l sajátállapotában ˆL sajátértéke ll+, míg ˆL z sajátértéke l. Mutassuk meg, hogy a két sajátérték közti eltérés ˆL x és ˆL y elmosódottságából adódik! Segítség:. Vizsgáljuk az [ˆLx, ˆL ] y = ı ˆL z kommutátor várható értékét egy l, m állapotban! 3.. Feladat Egy egydimenziós harmonikus oszcillátor esetén az a, a lefelé és felfelé léptető operátorokat transzformáljuk Heisenberg képbe! 3.. Feladat Egy rendszer Hamilton operátorát a következő képpen írhatjuk fel: H = H + V t Írjuk fel az időfüggő Schrödinger egyenletet kölcsönhatási képben! 7

76 3... Megoldások 3. Megoldás A harmonikus oszcillátor Hamilton operátora a következő: H = ˆp m + m ωˆx Impulzus reprezentációban az impulzus operátora az impulzussal való szorzás, a hely opertora pedig az impulzus szerinti deriválás: ˆx = i d dp, ennek megfelelően az időfüggetlen Schrödinger-egyenletet a következőképpen írhatjuk fel: p m ϕp m ω d ϕ dp = Eϕp. A Schrödinger-egyenlet megoldásához előbb tekintsük a harmonikus oszcillátor sajátérték egyenletét koordináta reprezentációban: d ϕ m dx + m ω x ϕx = Eϕx, amelynek a megoldásai a.5 eygenlet alapján x ϕ n x = N n H n e x x 3.76 x alakúak lesznek, ahol x = mω egyenletet, és használjuk a p = mω jelölést: d ϕ dx + x 4 p 4. Rendezzük át a két reprezentációban felírt Schrödinger x ϕx = m Eϕx p ϕp d ϕ dp = mω Eϕp A két egyenletet összevetve felírhatjuk az impulzus reprezentációbel sajátfüggvényeket: p ϕ n p = N n H n e p p. p A sajátenergiák nyilvánvalóan megegyeznek a két reprezentációban. 3. Megoldás a A hullámfuggvény impulzus reprezentációbeli alakja ϕx Fourier transzformáltja lesz: ϕp = = π e σ π πσ σ = 4 σ π e 4 e i px ψxdx = π 4 πσ p p e 4σ x i σ p dx = 7 e x 4σ + i px dx = π e σ πσ p πσ = 4

77 b Az időfüggő Schrödinger egyenlet: melynek megoldása p m ϕp, t = i ϕp, t, t σ ϕp, t = 4 σ π e p e iωt. adódik. Tehát az idő- Behelyettesítve az időfüggő Schrödinger egyenletbe ω = p függő hullámfüggvényt a következő alakba írhatjuk fel: m σ ϕp, t = 4 π e σ + mp i t c A koordináta reprezentációbeli hullámfüggvényt az impulzus térbeli hullámfüggvény inverz Fourier transzformációjával kaphatjuk meg: ψx, t = = = π 4 σ π e i σ px 4 π e π e 4 σ π π e x 4 σ + m i t x 4 σ + m i t σ + i t π mp dp = e σ + m i t p+ i = σ + i t m x σ + i t m dp = 4 π σ + i t m e x 4 σ + m i t 3.3 Megoldás A valós térbeli hullámfüggvény alakja: nπ ψ n x = L sin L x e i nπ L x e = L i nπ i L x 3.77 A Fourier-komponensek itt ránézésre látszanak, így az impulzustérbeli hillámfüggvényre a naiv várakozás egy nπ-re és egy nπ -re egyenlő súllyal centrált hullámfüggvény lenne, L L amelyből P p = nπ = P p = nπ = 3.78 L L valószínűségi eloszlást kapnánk a mérési eredményekre, amit két Dirac-deltával írhatunk le: Φp = δ p nπ + L δ p + nπ 3.79 L Fourier-transzformálnunk azonban teljes R-en kell, a. megoldáshoz hasonlóan akkor jutunk helyes eredményre, ha a teljes R-en dolgozunk. Az előző eredmény akkor lenne helyes, ha a hullámfüggvény periodikusan folytatódna! Valójában a hullámyfüggvény alakja ψ n x = nπ x L sin L x Rect L = 7 e i nπ L L x e i nπ i L x x Rect L, 3.8

78 3.. ábra. Φp alakja különböző n-hez tartozó gerjesztett állapotok esetén. ahol Rectx az ablak-függvény: Rectx = {, ha x <, ha x > 3.8 Tudjuk, hogy függvények szorzata Fourier-térben konvolúcióvá válik. Mivel az exponenciális függvények Fourier-transzformáltjai a ± nπ helyre centrált Dirac-delták, és a Rect L függvény Fourier transzformáltja egy FRectx = sinc p, ahol sincx = sin x, a hullámfüggvény Fourier-transzformáltja: x Φp = FΨx = i [ ] L pl π ei nπ pl sinc nπ e inπ sinc p + nπ 3.8 Φp különböző n értékekre a 3. ábrán látható L = és = egységeket használva. 3.4 Megoldás A rendszer időfüggetlen Schrödinger egyenletét a következőképpen adhatjuk meg impulzus reprezentációban: p m ϕp qe dϕ i dp = Eϕp. Rendezzük át a differenciál egyenletet: dϕ p = i dp m E ϕp 3.83 qe p 3 ln ϕ = i 6m Ep + ln C 3.84 qe ϕp = Ce i p 3 6m Ep qe 3.85 Világos, hogy ϕp normája divergál, tehát szórási állapottal van dolgunk. Így a C konstans akár el is hagyható. Hátra van még az eredmény valós térbe való áttranszformálása, amely egy inverz Fourier-transzformációt jelent: ψe, x = e i px + p 3 6m Ep qe dp p 3 x π = cos π 6mqE + E p dp qe

79 3.. ábra. Bevezetve α = 3 mqe -t, illetve t = p változót, illetve felhasználva a 3.75 egyenletet a α következőt kapjuk: α t 3 ψe, x = cos π 3 + α x E α α t dt = qe Ai x E 3.87 qe A megoldás a 3. ábrán látható. A lecsengő rész ott van, ahol E < qex, az E > qex esetben oszcillál a megoldás. Az Airy-függvény -ben vett limeszének lecsengése csak y 4 -nel arányos, innen is látható, hogy a hullámfüggvény nem normálható lásd: 7.. fejezet elején lévő gondolatmenet. 3.5 Megoldás A 3.5-beli definíciójából világos, hogy ˆx = â + â m ω ˆp = i mω Innen ˆx és ˆp mátrixa: X = 3 m ω mω P = Ennek mátrixelemei: { n δn+,m + n δ n,m, ha n > X nm = mω n δn+,m, ha n = { m ω i n δ n+,m + i n δ n,m, ha n > P nm = i n δ n+,m, ha n = â â 3.88 i i i i i 3 i

80 XP P X n,k = m n,k = m X n,m P m,k = i nn + δ n+,k +nδ n,k n δ n,k } {{ } δ n,k + P n,m X m,k = i nn + δ n+,k nδ n,k + n δ n,k } {{ } δ n,k + n n δn,k 3.9 n n δn,k 3.93 Innen tehát a.. egyenletben szereplő Heisenberg-féle felcserélési reláció helyesen adódik: P X XP n,k = i δ n,k 3.94 Vagy mátrix alakban: P X XP = i I Megoldás A léptető operátorok segítségével kifejezhetjük a hely és impulzus operátorokat vektoriális alakban: r = x a + a, p = p i a a. Az impulzusmomentum definiciója szerint: L = r p = i a + a a a = i a a a a = i a a Betöltésszám reprezentációban az izotróp 3D Hamilton operátor a következő lesz: H = ω a a + 3. Az L operátor komponenseivel vett kommutátorai a következő alakot öltik, ahol az Einsteinkonvenciót alkalmazzuk: [ ] [ ] [H, L i ] = ω a j a j, ɛ ikl a k a l = ωɛ ikl a j a j, a k a l = ωɛ ikl a j [a j, a k a l] + [a j, a k a l]a j = ωɛ ikl a j [a j, a k ]a l + a k [a j, a l]]a j = ωɛ ikl a j a lδ jk a k a jδ jl = Tehát a Hamilton-operátor felcserélhető az L operátorral. Természetesen a 3D izotróp harmonikus potenciál gömbszimmetrikus, ezért az impulzusmomentum nyilvánvalóan megmaradó mennyiség lesz. 3.7 Megoldás x p = x n x n p n p n 3.96 A fenti kifejezésben szereplő tagokat kell kiszámolnunk: x n = mω n a + a n =

81 m ω p n = i n a a n = 3.98 Felhasználva, hogy [ a, a ] = I x n = = mω n a + a + aa + a a n = mω n a + a + a a + n = + + n + = n + mω mω p = m ω n = m ω Ezeket behelyettesítve: n a + a aa a a n = m ω n a + a a a n = + n = m ω n + x p = x n x n p n p n = n x p = n + 3. Alapállapotban n= az egyenlőtlenség épp éles. Ekkor a hullámfüggvény egy Gaussfüggvény: mω 4 e mω x 3. π Erről az állapotról az elméleti részben láttuk, hogy éles rá a Heisenberg-határozatlanság, ezzel összhangban áll mostani eredményünk is. A Hamilton-operátorban épp p és x operátorok szerepelnek, így könnyen megadhatjuk az alapállapotban ezen két tag energiajárulékát: E = p m + mω x = ω 4 + ω 4 = ω 3. Azt mondhatjuk tehát, hogy a harmonikus oszcillátor alapállapotában a Heisenberg-határozatlanság miatt elmosódott a koordináta és az impulzus, az ebből jövő energiajárulék adja az E = ω nullponti energiát. 3.8 Megoldás Vezessük be az L + = L x +il y felfelé és L = L x il y lefelé léptető operátorokat. Ezak hatása az L és L z operátorok l, m közös sajátállapotára a következőképpen adható meg: L + l, m = ll + mm + l, m + L l, m = ll + mm l, m. A léptető operátorok segítségével egyszerűen kifejezhetjük az impulzusmomentum operátor x,y komponenseit: L x = L + + L, L y = i L + L 76

82 A L x szórás definiciója: L x = l, m L x l, m l, m L x l, m, hasonlóképpen definiáljuk a L y -t is. eltűnnek, hiszen Az l, m L x l, m, l, m L y l, m várható értékek l, m L x l, m = l, m L + + L l, m = ll + mm + l, m l, m + + ll + mm l, m l, m = az ortogonalitás miatt. Hasonlóan beláthatjuk az impulzusmomentum operátor y komponensének várható értékére is. Az l, m L x l, m, l, m L y l, m mennyiségek meghatározásához fejezzük ki a komponenseket a léptető operátorok segítségével: L x = l, m 4 L + + L l, m = l, m 4 L + + L + L + L + L L + l, m = l, m 4 L +L + L L + l, m L y = l, m 4 L + + L l, m = l, m 4 L + + L L + L L L + l, m = l, m 4 L +L + L L + l, m Az előző képletben csak azok a tagok maradnak meg, amelyek ugyanannyi felfelé és lefelé léptető operátort tartalmaznak a sajátállapotok ortogonalitása miatt. Azt is leszűrhetjük a fenti eredményből, hogy az impulzusmomentum x és y komponensének ugyanakkora lesz a szórása. l, m L + L l, m = L l, m = ll + mm l, m L L + l, m = L + l, m = ll + mm + Az előzőekből következik, hogy L x = L y = ll + m Megoldás Tudjuk, hogy az impulzusmomentum x, y és z komponensei között fennáll a következő összefüggés: [ˆLx, ˆL y ] = ı ˆL z 3.4 Tekintsük az ˆL és az ˆL z operátor egy közös l, m sajátfüggvényét. Ekkor l, m ˆL x l, m = l, m ˆL y l, m =. Ebben az állapotban véve a várható értékeket a 3.3 képletben, illetve  = ˆL x és ˆB = ˆL y választással élve felhasználva a 3.3 egyenletet azt kapjuk, hogy l, m ˆL x l, m l, m ˆL y l, m = l, m ˆL x l, m l, m ˆL z l, m

83 Gyököt vonva l, m ˆL x l, m l, m ˆL z l, m 3.6 Mindkét oldalhoz hozzáadva ˆL y -t és ˆL z -t a kövezkezőt kapjuk: l, m ˆL x l, m + l, m ˆL y l, m + l, m ˆL z l, m l, m } {{ } ˆL z l, m + l, m ˆL z l, m Azaz l,m ˆL l,m 3.7 l l + m + m = m m Vagyis innen is megkapjuk a 4.3 egyenlet m l összefüggését. Azt is tudjuk, hogy ha m = l, akkor az ˆL z sajátértéke l, ami kisebb, mint az ˆL sajátértéke: l l +. Ez klasszikus szemmel furcsa, hiszen azt várnánk, hogy ekkor az impulzusmomentum vektor teljesen befordul a z tengely irányába. A kvantummechanikában azonban az impulzusmomentum nem egy egyszerű vektor, hanem egy vektor operátor! Egy ˆL és ˆL z közös sajátállapotban bár ˆLx = ˆLy =, a 3.4 egyenlet miatt szórásuk mégsem, azaz elmosódottak. Ha egy szemléletes képet szeretnénk kicsikarni akkor azt is mondhatjuk, hogy ekkor bár az L z komponenes maximális, az L x és L y Heisenberg határozatlanságból származó elmosódottsága miatt az impulzusmomentum vektor kicsit hosszabb, az x és y komponens járuléka épp a 3.7-ben szereplő m tag, ami a m = l megegyezik az ˆL és ˆL z sajátértékeinek különbségével. 3. Megoldás Az egydimenziós harmonikus oszcillátor Hamilton operátora a léptető operátorok segítségével a következőképpen írható fel: H = ω a a + A léptető operátorokra a következő felcserélési relációk érvényesek: [H, a] = ωa, [H, a ] = ωa. 3.9 A Heisenberg-képre a következő transzformációval térhetünk át: A H = e i Ht A S e i Ht, ahol A H és A S egy operátor Heisenberg- és Schrödinger-képben. Alkalmazzuk a transzformációt az a lefelé léptető operátorra, és használjuk a.. feadatban szereplő Hausdorff kifejtést: a H = e i Ht ae i Ht = a + i t[h, a] + i! t [H, [H, a]] +... Használjuk ki a 3.9 felcserélési relációkat az előző Hausdorff kifejtésben: a H = a iωta +! iωt a + = a n! iωtn = e iωt a. Hasonlóan határozhatjuk meg az a felfelé léptető operátor alakját Heisenberg reprezentációban: a H = e i Ht a e i Ht = e iωt a. 78 n=

84 3. Megoldás Az időfüggő Schrödinger-egyenletet a következő alakban adhatjuk meg Schrödinger képben: H + V t ϕ = i t ϕ Bővítsük a hullámfüggvényt az I = e i H t e i H t egységoperátorral: H + V t e i Ht e i Ht ϕ = i i t e Ht e i Ht ϕ e i Ht H + V te i H t e i Ht ϕ = e i Ht H e i Ht ϕ + i e i H t t e i Ht ϕ Balról beszorozva az egyenletet az e i H t operátorral a következő egyenletet nyerjük: e i H t V te i H t e i H t ϕ = i t e i H t ϕ. Ha bevezetjük az időfüggő potenciál és a hullámfüggvény kölcsönhatási képét, V k t = e i H t V te i H t, ϕ k = e i H t ϕ, akkor a következő időfüggő Schrödinger egyenletet kapjuk: V k t ϕ k t = i t ϕ kt. 79

85 4. fejezet A perdület és spin 4.. Elmélet 4... Definíciók és felcserélési relációk A háromdimenziós euklidészi térben az n tengely körüli dϕ szögű, óramutató járásával ellentétes irányú, infinitezimális forgatást az r = R n,dϕ r = r + dϕ n r 4. transzformáció írja le. Ennek hatását egy f skalárfüggvényre az f r = f r = f r = f R n,dϕ r 4. összefüggés definiálja, amit a következőképpen írhatunk át: f r = f r dϕ n r f r n r f r dϕ = f r r f r ndϕ = I i Lndϕ f r, 4.3 ahol bevezettük az L = r i = r p, 4.4 perdületoperátort. Könnyen belátható, hogy teszőleges R n,ϕ SO3 forgatásra, f r = e i Lnϕ f r. 4.5 A perdület impulzusmomentum definíciója a kvantummechanikában tehát formálisan megegyezik a klasszikus mechanikai tömegpont perdületével, azonban, a hely- és impulzusoperátorok közötti csererelációk következtében, komponensei nem felcserélhetőek: vagy komponensenként felírva, [L α, L β ] = i ε αβγ L γ, 4.6 [L x, L y ] = i x p y y p x = i L z, 4.7 8

86 illetve összesítve [L y, L z ] = i z p y y p z = i L x, 4.8 [L z, L x ] = i z p x x p z = i L y, 4.9 L L = i L. 4. A 4.6 vagy 4. relációkat kielégítő vektoroperátorok ún. Lie-algebrát alkotnak. 4.. Tétel Az L i operátorok közös ψ sajátfüggvényei csak a zérus sajátértékhez tartozhatnak. Bizonyítás. Tételezzük fel pl., hogy ψ az L x és L y közös sajátfüggvénye valamely a illetve b sajátétékkel: L x ψ = a ψ, L y ψ = b ψ. Ekkor a 4.7 egyenletből következik, Viszont akkor 4.8 alapján L z ψ = i L x L y ψ L y L x ψ =. L x ψ = i L y L z ψ L z L y ψ =, és ugyanígy, 4.9 alapján L y ψ =, tehát a = b =. 4.. Tétel A csererelációkból következik, hogy az L = L x + L y + L z operátor a perdületoperátor bármely komponensével kommutál. Bizonyítás. [L, L α ] = [L β L β, L α ] = L β [L β, L α ] + [L β, L α ]L β = i ɛ βαγ L β L γ + L γ L β = i ɛ βαγ + ɛ βγα L β L γ = Az impulzusmomentum operátorok sajátértékei Az általánosság kedvéért jelöljük a Lie-algebrát alkotó vektoroperátorokat J α -val. Az J és bármely J i operátoroknak létezik közös sajátfüggvény rendszere. Tradicionális okokból válasszuk ki a J z operátort és vezessük be a operátorokat, melyekre teljesülnek az alábbi csererelációk, J ± J x ± ij y J ± = J 4. [J z, J ± ] = ± J ±, [J +, J ] = J z, [J, J ± ] =. 4.3 Fejezzük ki az J operátort az J ± és J z operátorokkal: J + J = J x + ij y J x ij y = Jx + Jy + ij y J x J x J y = Jx + Jy + J } {{ } z = J Jz + J z i J z 4.4 8

87 J J + = J x ij y J x + ij y = Jx + Jy ij y J x J x J y = Jx + Jy J } {{ } z = J Jz J z i J z 4.5 Vezessük be J és J z közös sajátfüggvényeit, valamint Mivel J pozitív szemidefinit, Λ. Továbbá, J = J +J + J J + + J z. 4.6 J Λ, µ = Λ Λ, µ, 4.7 J z Λ, µ = µ Λ, µ, 4.8 Λ, µ Λ, µ = δ ΛΛ δ µµ. 4.9 Λ, µ J x + J y Λ, µ = Λ, µ J J z Λ, µ = Λ µ µ Λ. 4. Vizsgáljuk meg az J ± operátorok hatását a Λ, µ sajátfüggvényekre: J z J ± Λ, µ = [J z, J ± ] Λ, µ +J ± J z Λ, µ = ± J ± Λ, µ + µ J ± Λ, µ = µ ± J ± Λ, µ, 4. azaz J ± Λ, µ J z -nek sajátfüggvénye µ ± sajátértékkel. Ezért J + -t felfelé, J -t pedig lefelé léptető operátornak nevezzük. Mivel azonban J ± kommutál J -tel, J ± Λ, µ változatlan Λ sajátértékkel J operátor sajátfüggvénye: J ± Λ, µ = Q ± Λ,µ Λ, µ ±, 4. ahol a Q ± Λ,µ normálási faktorok között fennáll a következő összefüggés: Q + Λ,µ = Λ, µ + J + Λ, µ = Λ, µ J Λ, µ + = Q Λ,µ ill. Q ± Λ,µ -kat valósnak választva, A fentiekből következik, hogy Q Λ,µ Q + Λ,µ = Q Λ,µ J J + Λ, µ = Q Λ,µ Λ, µ és J + J Λ, µ = Q Λ,µ Λ, µ. 4.5 Felhasználva a 4.4 és 4.5 azonosságokat könnyen belátható, hogy Q Λ,µ = Λ µ µ + és Q Λ,µ = Λ µ µ, 4.6 ahol teljesül a Λ µ µ + > µ egyenlőtlenség. Mivel az J + operátor egymásutáni hattatásával egyre növekvő µ sajátértékű állapotba jutunk, nyilvánvalóan létezik olyan µ max >, hogy µ max Λ < µ max +. A 4. feltétel miatt azonban ilyen µ max + sajátérték nem létezhet, így szükségszerűen J + Λ, µ max =, 4.7 8

88 ahol a Hilbert tér nulleleme. Ezt felhasználva a 4.5 egyenletből rögtön következik, hogy Λ µ max µ max + =. 4.8 Hasonló meggondolással létezik olyan µ min <, hogy µ min Λ < µ min. Ekkor és a 4.4 egyenletet alkalmazva J Λ, µ min =, 4.9 Λ µ min µ min = Λ µ min µ min + =, 4.3 következik. A 4.8 és 4.3 feltételek összevetésével: és µ max µ max + µ min µ min + = µ max µ min µ max + µ min + = 4.3 µ max = µ min = j, 4.3 Λ = j j Szokás szarint a Λ, µ sajátállapotokat j, µ -vel jelöljük. Mivel a j, j állapotból a j, j állapotba J + -t hattatva egész számú lépésben jutunk el, azaz j =,,,... j =,,,... vagy j =, 3, 5,..., 4.34 Világos, hogy adott j mellett µ összesen j + különböző értéket vehet fel, vagyis az adott j-hez tartozó altér j + dimenziós. Az operátorok hatását öszefoglalva: J j, µ = j j + j, µ J z j, µ = µ j, µ J ± j, µ = j j + µ µ ± j, µ ± Az elektron spinje Az L = r p pályaperdület operátorok sajátértékei szigorúan az l =,,,... kvantumszámokhoz tartoznak. Kísérleti tények pl. Stern-Gerlach kísérlet arra mutattak rá, hogy az elektron a pályaperdület mellett rendelkezik egy olyan impulzusmomentummal, melynek sajátértékei és sajátfüggvényei a j = esetnek felelnek meg. Ezt az elektron spinjének nevezzük és a spinoperátorokat S α -val jelöljük. Mivel a spinoperátorok sajátaltere kétdimenziós s =, s + =, a Hilbert tér izomorf a kétkomponensű vektorok terével. Ha ennek bázisát az S z sajátvektorainak választjuk, akkor a spinoperátorok mátrixreprezentációja, S α = σ α,

89 ahol σ α a Pauli-mátrixokat jelöli, σ x =, σ y = i i, σ y =. 4.4 Direkt ellenőrzéssel belátható, hogy σ α σ β = δ αβ + iɛ αβγ σ γ, 4.4 ami egyrészt összhangban van a perdületoperátorok csererelációjával, [σ α, σ β ] = iɛ αβγ σ γ, 4.43 másrészt viszont érdekes és fontos, ld. 9. fejezet antikommutátor relációhoz vezet, {σ α, σ β } = σ α σ β + σ β σ α = δ αβ A kétdimenziós tér valódi forgatásainak ábrázolásai ugyancsak felírhatók a spinoperátorok segítségével, U n, ϕ SU U n, ϕ = e i Snϕ = e iσnϕ Ennek egy érdekes következménye, hogy egy körbefordulás ábrázolása, U n, π = I, míg a kétszeres körbefordulás ábrázolása U n, 4π = I kétértékű ábrázolás, l. Keszthelyi Tamás: Bevezetés a csoportelmélet alapjaiba fizikus hallgatóknak Impulzusmomentum összeadási szabályok Legyen J és J két vektoroperátor, mely két különböző Hilbert-téren hat, J i : H i H i, J i J i = i J i, 4.46 J i j i, µ i i = j i j i + j i, µ i i, J i,z j i, µ i i = µ i j i, µ i i, 4.47 J i,± j i, µ i = j i j i + µ i µ i ± j i, µ i ±, 4.48 j i, µ i i H i i =, Terjesszük ki ezen vektoroperátorokat a Hilbert-terek tenzorszorzatára jelöljük a H -n ható identitást I -vel, J i : H H H H, 4.5 J I j, µ j, µ = j j + j, µ j, µ, 4.5 J,z I j, µ j, µ = µ j, µ j, µ, 4.5 J,± I j, µ j, µ = j j + µ µ ± j, µ ± j, µ, 4.53 és hasonlóan J -re. Az egyszerűbb írásmód kedvéért a tenszorszorzat Hilbert tér elemeinél elhagytuk a jelet. Hasonlóan járunk el az operátorokkal is, J,z I helyett pl. J,z -t 84

90 írunk csak. Könnyen belátható, hogy az így definiált J és J operátorok felcserélhetők egymással és összegük még utoljára kiírva a jelet, is vektoroperátor: J = J I + I J, 4.54 J J = J + J J + J = J J + J J + J J } {{ } + J J = i J + i J = i J A korábbi tétel értelmében J sajátfüggvényei és sajátértékei kielégítik a J j, µ = j j + j, µ, J z j, µ = µ j, µ, 4.56 J ± j, µ = j j + µ µ ± j, µ ±, 4.57 j, µ H H, 4.58 összefüggéseket. A következőkben megmutatjuk, hogy milyen j, µ sajátfüggvények állíthatók elő adott j és j esetén a j, µ j, µ szorzatfüggvények lineárkombinációjaként, azaz j, µ = µ µ C j µ, j µ j, µ j, µ j, µ alakban A C j µ, j µ j, µ együtthatókat, melyeket szokás j µ, j µ j, µ -vel is jelölni, Clebsch-Gordan együtthatóknak nevezzük. Megállapodás szerint a Clebsch-Gordan együtthatókat valós értékűnek választjuk. A J z operátor hatása az 4.59 állapotra kifejezhető mint J z j, µ = J,z + J,z µ,µ C j µ, j µ j, µ j, µ j, µ = µ + µ C j µ, j µ j, µ j, µ j, µ µ,µ = µ + µ j, µ, 4.6 amiből µ = µ + µ 4.6 következik. Tehát azok a Clebsch-Gordan együtthatók, melyekre µ µ + µ, bizonyosan zérussal egyeznek meg. Ebből az is következik, hogy adott j és j mellett µ maximálisan a j + j értéket veheti föl, ezért j sem lehet ennél nagyobb, azaz j > j + j esetén C j µ, j µ j, µ ugyancsak nulla Tétel azaz, j + j, j + j = j, j j, j, 4.6 C j j, j j j + j, j + j =

91 Bizonyítás. Egyrészt másrészt a J z j, j j, j = J,z + J,z j, j j, j = j + j j, j j, j, 4.64 azonosság felhasználásával, J = J + J = J + J + J J = J + J + J,z J,z + J,+ J, + J, J,+, 4.65 J j, j j, j = j j + + j j + + j j j, j j, j + J,+ j, j } {{ } J, j, j + J, j, j J,+ j, j } {{ } = j + j j + j + j, j j, j, 4.66 ahol i a H i Hilbert-tér nulleleme. Vezessük be a j max = j + j jelölést. Nyilvánvaló, hogy J = J, + J, operátor szukcesszív hattatásával a j max, j max állapotból kiindulva, a j max, µ µ = j max, j max +,..., j max állapotok előállíthatók Példa J j + j, j + j = j + j j + j, j + j 4.67 J, + J, j, j j, j = j j, j j, j + j j, j j, j 4.68 j j + j, j + j = j, j j, j j + j j + j, j j, j, 4.69 j + j azaz valamint j C j, j ; j j j + j, j + j =, 4.7 j + j j C j j ; j, j j + j, j + j =. 4.7 j + j 86

92 A j + j, j + j állapot j + j, j + j = c j, j j, j + c j, j j, j 4.7 előállítását úgy kaphatjuk meg, hogy kihasználjuk ezen állapot ortogonáltságát a j + j, j + j állapotra, melyből j j c + c = 4.73 j + j j + j következik. Mivel a sajátállapotok normáltak, ehhez még hozzá kell vennünk a feltételt is, amiből c + c = 4.74 j j c =, c = 4.75 j + j j + j adódik. Innen a j +j, µ µ = j j +,..., j + j állapotok J alkalmazásával nyerhetők, majd újabb ortogonalizálással léphetünk a j = j + j altérbe stb. Kérdés, hogy meddig folytatható ez az eljárás, azaz mi azon j min minimális sajátérték, melyhez tartozó altér sajátfüggvényei még kikeverhetők a j, µ j, µ állapotokból? Ezt a kérdést az alterek dimenziójának vizsgálatával könnyedén megválaszolhatjuk. A szorzatfüggvények nyilvánvalóan egy j + j + dimenziójú alteret feszítenek ki. Ennek meg kell egyeznie a kikevert sajátfüggvények által kifeszített altér dimenziójával: Innen j + j + = j max=j +j j=j min j + = j + j + j min amiből j min = j + j + 4j j j + j 4.77 = j + j 4j j = j j, 4.78 j min = j j 4.79 következik. Végeredményben tehát a J lehetséges sajátértékei j j +, ahol j = j j, j j +,..., j + j, j + j. 4.8 Megjegyezzük még a Clebsch-Gordan együtthatók ortonormáltságára, teljességére vonatkozó relációkat: és j µ = j j +j j j= j j µ= j µ = j C j µ ; j µ jµ C j µ ; j µ j µ = δ jj δ µµ, 4.8 j C j µ ; j µ jµ C j µ ; j µ jµ = δ µ µ δ µ µ

93 4.. Feladatok 4... Példák 4.. Feladat Lássuk be az L z = d operátor önadjungáltságát az {f f i dϕ L [, π], f = fπ} halmazon! 4.. Feladat A 3.9. példa megoldása során megmutatjuk, hogy [L x, L y ] = i L z csererelációból következően bármely állapotban, L x L y L z. Tekintsük az L z operátor zérus sajátértékhez tartozó sajátállapotát, L z ψ =. Csupán a léptetőoperátorok használatával és a csererelációk segítségével mutassuk meg, hogy L x L y = csak abban az esetben teljesülhet, ha egyúttal L x ψ = L y ψ = = L ψ =! 4.3. Feladat Számítsuk ki l = esetben az L és L z operátorok bázisában az L y és L z operátorok mátrixát! Mutassuk meg, hogy az így kapott 3 3-as mátrixok kielégítik az impulzusmomentum felcserélési relációit! 4.4. Feladat Számítsuk ki az Uϕ = e iϕlx/ forgatásmátrixot l = esetben az L és L z operátorok bázisában! 4.5. Feladat Bizonyítsa be, hogy [L i, fr] = i r fr i, ahol L i az impulzus momentum operátor i-k komponense i = x, y, x és fr egy differenciálható függvény. Mi következik ebből egy, csak a radiális koordinátától függő, fr függvényre? Segítség:. Bizonyítsa, hogy [p i, fr] = i ifr 4.6. Feladat Az impulzus és koordinátaoperátorok felcserélési relációi alapján lássa be két dimenzióban a következő összefüggést, p = r r p + L z r Feladat A léptető operátorok segítségével konstruáljuk meg a Pauli-mátrixokat! Írjuk fel a diago Feladat Diagonalizáljuk a σn mátrixot, ahol n egy egységvektor! nalizáció transzformációjának mátrixát? 88

94 4.9. Feladat Határozzuk meg a Clebsh-Gordan együtthatókat két feles spinű részecske spinjének az összeadása esetén! 4.. Feladat Vizsgálja meg a következő impulzusmomentumok összeadási szabályait, és határozza meg a Clebsch-Gordan együtthatókat! a L = és S = / b L = és S = 4.. Feladat Határozzuk meg egy általános L pályamomentum és egy feles spinmomentum S összeadásakor alkalmazandó Clebsch-Gordon együtthatókat! Segítség:. Induljunk ki a legmasabb impulzusmomentumú állapotból, és hattasuk n-szer az L + S operátort, és használjuk ki, hogy feles spin esetén S =. 4.. Feladat Határozzuk meg az L = és S = / impulzusmomentumok összeadásából származtatható, J = / és m J = / kvantumszámokkal jellemzett állapotban az L z várható értékét! 4.3. Feladat Adja meg két elektron S = és m S = kvantumszámokkal jellemzett közös spin sajátállapotában az egyik elektron spinjének S x, S y és S z várható értékeit! Mekkora az S várható érték? 4.4. Feladat Mutassa meg, hogy a spin-pálya kölcsönhatást is tartalmazó H = p + V r + λls 4.84 m Hamiltonoperátor esetén a J = L + S összimpulzusmomentum bármely komponense mozgásállandó, amennyiben a potenciál gömbszimmetrikus, azaz V r = V r! 4... Megoldások 4. Megoldás Be kell bizonyítanunk a következő állítást: g L z f = L z g f. A skalár szorzatot a következőképpen írhatjuk fel: g L z f = π g d i dϕ fdϕ = i g f π π i d dϕ g fdϕ. Miután az f függvény periodikus π-re, a parciális integrálás után kapott első tag eltünik. Tehát a szimmetrikusság feltétele teljesül: g L z f = π d i dϕ g fdϕ = π d i dϕ g fdϕ = L z g f. Ahhoz, hogy a szimmetrikusság teljesüljön nem kell, hogy g = gπ teljesüljön, így elsőre úgy tűnhet, hogy L z csak szimmetrikus, de nem önadjungált. g periodicitása azonban fizikailag világos, miután változója a ϕ szögváltozó, így DL z = DL z, tehát az L z = d i dϕ operátor önadjungált. 89

95 4. Megoldás Az egyenlőséghez az kell, hogy valamely K C számra. L x L x ψ = K L y L y ψ, 4.85 Először azt látjuk be, hogy L z ψ = esetén L x = L y =. A 4.3 egyenlet alapján tudjuk, hogy [L z, L ± ] = ± L ±, ezért és L z L ± ψ = L ± L z ψ ± L ± ψ = ± L ± ψ, L x = L + + L, L y = i L + L miatt és L z L x ψ = L zl + + L z L ψ = L + L ψ = i L y ψ, L z L y ψ = i L zl + L z L ψ = i L + + L ψ = i L x ψ. Ezért aztán és L x = i ψ L zl y ψ = L y = i ψ L zl x ψ =. A 4.85 feltétel tehát alakra egyszerűsödik. Definiáljuk a L x ψ = K L y ψ 4.86 ψ ± = L ± ψ függvényeket, melyek az L z operátor nem normált sajátfüggvényei, ± sajátértékekkel, ezért ortogonálisak egymásra. A 4.86 felhasználásával a ψ + + ψ = K i ψ + K i ψ egyenlőséghez jutunk, mely a K = i és K = i egyenletek szinonim teljesülését feltételezi, ami ellentmondás. Az ellentmondás csak úgy oldható fel, hogy L ± ψ = = L x ψ = L y ψ =. 4.3 Megoldás Használjuk fel a 3.8. számú feladatban szereplő összefüggést az impulzusmomentum operátor x és y komponense és az L +, L léptető operátorok között: L x = L + + L, L y = i L + L. 9

96 A mátrixelemek a következőek lesznek: l, m L x l, m = l, m L + + L l, m = δ l,l ll + mm δm,m + ll + mm + δ m+,m Hasonlóan határozhatjuk meg az y komponens mátrixelemeit is: l, m L y l, m = i δ l,l ll + mm δm,m ll + mm + δ m+,m A kapott képleteket alkalmazzuk az l = -es altérre: L x =, L y = Számítsuk ki a felcsrélési relációkat: i [L x, L y ] = i i i = i = i L z i i i i i i i i 4.4 Megoldás A 4.3. feladat L x mátrixát felhasználva az operátort spektrálfelbontása segítségével állítjuk elő. Előbb határozzuk meg L x sajátvektorait az l = altéren, a sajátértékei nyilvánvalóan az,,- értekek lesznek. A sajátvektorokból, mint oszlopvektorokból felépített mátrix a következő: V = A forgatásmátrixot a következő alakba írhatjuk: Uϕ = V e iϕm V = = + cos ϕ i sin ϕ cos ϕ i sin ϕ cos ϕ i sin ϕ cos ϕ i sin ϕ + cos ϕ 4.5 Megoldás Bizonyítsuk, hogy [p i, fr] = i ifr: e iϕ e iϕ [p i, fr]ψr = i ifrψr fr i ψr = i ifr ψr

97 Használjuk fel az impulzusmomentum definicióját: L = r p, L i = ɛ ijk r j p k, ahol minden kétszer szereplő indexre összegzünk. [L i, fr] = ɛ ijk [r j p k, fr] = ɛ ijk r j [p k, fr] + [r j, fr] p k. A második tagban szereplő [r j, fr] kommutátor nyilvánvalóan eltünik, így a felcserélési relációt a következő alakba írhatjuk: [L i, fr] = i ɛ ijkr j k fr = i r fr i Ha az fr multiplikatív operátor csak r-től függ, a gradiensét a láncszabály szerint képezhetjük: fr = r fr r r r Nyilvánvalóan a 4.88 felcserélési reláció eltünik, hiszen r r =, vagyis ebben az esetben L minden komponense felcserélhető az fr operátorral. 4.6 Megoldás Az impulzusmentumnak csak z komponense van két dimenzióban: Írjuk fel a négyzetét: L z = r x p y r y p x. L z = r x p y r x p y + r y p x r y p x r x p y r y p x r y p x r x p y = rxp y + ryp x r x p x r y p y r x p x i r yp y r x p x r y p y i Az előző kifejtésben felhasználtuk az impulzus és a koordináta operátorra vonatkozó felcserélési relációkat. Írjuk fel a bizonyítandó egyenlőség bal oldalát: r p rp = r x + r yp x + p y r x p x + r y p y r x p x + r y p y = rxp x + ryp y + rxp y + ryp x r x p x r x p x r y p y r y p y r x p x r y p y r y p y r x p x Használjuk ki a fenti egyenletben is a felcserélési relációkat: r p rp = r xp x + r yp y + r xp y + r yp x r xp x i r xp x r yp y i r yp y r x p x r y p y r y p y r x p x = rxp y + ryp x r x p x r y p y r y p y r x p x i r xp x i r yp y A fenti egyenletet összevetve L z kifejtésével megállapíthatjuk, hogy L z = r p rp teljesül, ami nem más, mint a bizonyítandó feltevés. 9

98 4.7 Megoldás Az S spin operátorok között ugyanaz a felcserélési reláció, mint az impulzus momentum komponensei között. Az L +, L léptető operátorok származtatása során csak a kommutációs szabályokat használtuk fel, ezért az S + = S x + is y, S = S x is y hatása is megegyezik az L +, L operátorok hatásával: S + S, m S = ss + m s m s + S, m S +, S S, m S = ss + m s m s S, m S. A szabályt alkalmazzuk az S = / altérre: S +, = S +, =, S, =, S, =. A fenti összefüggések segítségével egyszerűen megszerkeszthetjük az S + és S operátorok mátrixát az altéren: S + =, S =. A spin operátor komponensei előállíthatóak a léptető operátorok felhasználásával: S x = S + + S =, S y = i S + S = i, i az S z operátor nyilvánvalóan diagonális lesz ezen a bázison: S z =. Tudjuk, hogy a spin operátorok egyszerűen kifejezhetőek a Pauli mátrixokkal: S i = σ i, amelyek a fenti mátrixokból leolvashatóak. 4.8 Megoldás Használjuk fel a Pauli mátrixok szorzatainak a tulajdonságait: σ i σ j = δ ij + iɛ ijk σ k, ahol a -es egységmátrixot jelöl. Számítsuk ki σn négyzetét: σn = σ i n i σ j n j = n i n j δ ij + iɛ ijk σ k = + in nσ. A második tag természetesen eltűnik, tehát σn =. Vezessük be a következő projektort: Könnyen beláthatjuk, hogy P ± = P ± : P ± = ± σn. P± = 4 ± σn + = P ± Hasonlóan ellenőrizhetjük, hogy P + P = : P + P = 4 + σn σn = σn =. 4 93

99 Belátjuk, hogy a P ± vetíti ki: projektor egy alkalmasan választott u vektorból σn sajátvektorait σnp + u = σn + σn u = + σn u = P +u σnp u = σn σn u = σn u = P u. Természetesen a P + u, P u vektorok ortogonálisak egymásra. A Pauli mátrixok ismeretében írjuk fel a P ± projektorokat: P + = + cos ϑ sin ϑe iϕ sin ϑe iϕ, P + cos ϑ = cos ϑ sin ϑe iϕ sin ϑe iϕ, cos ϑ ahol az n egységvektor komponensei sin ϑ cos ϕ, sin ϑ sin ϕ, cos ϑ. A normált sajátvektorok az u =, választással a következők lesznek: + cos ϑ cos v + = + cos ϑ + sin ϑ sin ϑe iϕ = ϑ cos ϑ sin ϑ cos ϑ eiϕ cos ϑ v + = sin ϑ eiϕ Hasonlóan határozhatjuk meg a másik sajátvektort is: sin ϑ v = e iϕ cos ϑ A transzformációs mátrixot a két sajátvektorból építhejük fel: cos ϑ sin ϑ e iϕ sin ϑ eiϕ cos ϑ 4.9 Megoldás Az impulzus momentumok összeadásakor a következőek szerint járunk el. Ha l és l impulzusmomentumokat adunk össze, akkor a legmagasabb legalacsonyabb J z = L z + L z sajátértékű sajátállapot előállítása egyértelmű: l + l, l + l = l, l l, l, l + l, l + l = l, l l, l, 4.89 tehát Cl l, l l l + l, l + l = Cl l, l l l + l, l + l =. Mindkét oldalra alkalmazzuk a lefelé léptető operátorokat: J, = S + S,, +, = +,, + +,,, =,, +,,, =,, +,, 94

100 Tehát C,, = C,,, =. Az, állapot ugyanazokat a direkt szorzatokat tartalmazza, mint az előző, állapot. A két állapotnak ortogonálisnak kell lennie egymásra, ebből következik:, =,,,,, vagyis C,, =, C,,, = 4. Megoldás a. Induljunk a legmagasabb J z sajátértékű állapotból, és alkalmazzuk a J z, L + S léptető operátorokat: J = 3/ M L, m S, m S L, m S, m S 3, 3,, 3 3,,,,, 3 3,,,,, 3 3 3, 3 6,, Foglaljuk össze a kapott Clebsh-Gordan együtthatókat:. J, M L, m S, m S L, m S, m S 3, 3,, 3,,, 3 3,, 3,,, 3 3,, 3, 3,, Az, M altér megkonstruálásához a J sajátállapotok ortogonáltságát kell kihasználnunk: J, M L, m S, m S L, m S, m S,,, -,, 3 3,,, -,, 3 3 b. Ebben az esetben nagyobb lesz az alterünk: J = 3/ M L, m S, m S L, m S, m S L, m S, m S,,,,,,,, 6,,,,,,, A sajátállapotok normálása után a J = alterünk együtthatói a következőek lesznek: J = 3/ M L, m S, m S L, m S, m S L, m S, m S,,,,,,,,, 6,, 6,, 6,, 95

101 A J = altér esetében az, állapotnak merőlegesnek kell lennie a, állapotra:, =,,,,. Ha a fenti sajátállapotra a J, L + S léptető operátorokkal hatunk, az, állapotra a következő lineáris kombináció adódik:, =,,,,. Az,,,,, állapotoknak ortogonálisoknak kell lenniük egymásra. Ebből a feltételből egyszerűen megszerkeszthető a, állapot: 3 3 3, =,,,, +,, Megoldás Az együtthatók meghatározásakor hasonlóan járunk el az előző feladatokhoz: felírjuk a legmagasbb J z sajátértékű l +, l + állapotot és lefelé léptetjük az J illetve L + S operátorokkal. Vagyis: J n l +, l + = L + S n l, l,. Fejtsük ki a jobboldalon az operátorok összegének n-ik hatványát és használjuk ki, hogy S =, vagyis csak azok a tagok maradnak meg, amelyek S nulladik és első rendű tagját tartalmazzák: L + S n = L n + ns L n, tehát J n l +, l + = L n l, l, + nl n l, l,. 4.9 Az operátor hatványok hatásának meghatározásához hattassuk a lefelé léptető operátort a l, l k állapotra: L l, l k = ll + l kl k l, l k = k + l k l, l k. Most térjünk vissza a 4.9 számú egyenletre és helyettesítsük be az előző képleteket: n kl + k l +, l + n n = kl + k l, l n, k= k= n + kl + k l, l + n, k= l +, l + n = + n kl + k l, l n kl + k, k= n n kl + k l, l + n nl + kl + k, k= 96

102 Az előző kifejezésben a számláló mindig eggyel kisebb mint a nevező, így a produktumból csak a nevező első tagja és a számláló utolsó tagja marad meg: l +, l + l + n n = l, l n l +, n + l, l + n l +, Az l, l + n állapot együtthatóit az ortogonalitás feltétel segítségével határozhatjuk meg: l, l + n = n l + l, l n, l + n l, l + n l +,. 4. Megoldás A 4.. feladat alapján az, állapotot a következő direktszorzat állapotokból tudjuk előállítani:, =, 3, +, 3,. Az L z várható érték tehát:, L z, = 3, L z,,, + 3, L z,,, = Megoldás Az, = + állapotban tetszőleges, az első részecskére ható operátor várható értékét a következőképpen írhatjuk fel:, A, =, A, +, A,. Ez alapján a várható értékek:, S z, =, S z, +, S z, =, S x, =, S x, +, S x, =, S y, =, S y, +, S y, = = Az S operátor minden komponensének a várható értéke nulla az adott állapotban, de az S operátor várható értéke, hasonló számítások eredményeképpen,, S, = Megoldás Az LS csatolást felírhatjuk az J = L + S négyzetének a segítségével: LS = J L S. A teljes Hamilton operátort a következőképpen fejezhetjük ki: H = H + λ J L S. A H operátor a gömbszimmetria miatt nyilvánvalóan felcserélhető L és S minden komponensével, ebböl következően a J operátorral is. Ezen felül [ L, J ] = [ S, J ] =, vagyis J komponensei az LS operátorral is felcserélhetőek, tehát J mozgásállandó lesz. 97

103 5. fejezet A hidrogénatom spektruma és a többtestprobléma 5.. Elmélet 5... A radiális Schrödinger-egyenlet Feladatunk, hogy V r = V r = V r centrális potenciál esetén megoldjuk a p m + V r ψ r = Eψ r, 5. stacionárius Schrödinger egyenletet. 5.. Tétel p = p r + L r, 5. ahol bevezettük a p r radiális impulzust: p r r r p + i r = i r + = r i r r r. 5.3 Bizonyítás. A bizonyítás során felhasználunk néhány azonosságot, melyeket az 5.., 5.. illetve az 5.3. megoldásokban bizonyítunk. A hely- és impulzus operátorok felcserélési relációit kihasználva: L = L i L i = ε ijk ε ilm x j p k x l p m = δ jl δ km δ jm δ kl x j p k x l p m = x j p k x j p k x j p k x k p j = x j x j p k + i δ kj p k x j p k p j x k i δ kj = r p + i r p x j p j p k x k = r p + i r p x j p j x k p k 3 i x j p j = r p r p i r p

104 Mivel a perdületoperátor bármely komponense, így a perdületoperátor négyzete is, felcserélhető r -tel, a kapott azonosságot átírhatjuk a p = [ r p ] r i r p + L r, 5.5 formába. Az 5.3 definíció alapján: [ p r = r r r = r + ] r r = r r r 5.6 = [ r r r r + r r ami valóban az 5.5 egyenlet jobboldalának első tagja. ] = r [r r r r + r r ], 5.7 Felhasználva, hogy a perdületoperátor gömbi polárkoordináta reprezentációja nem tartalmazza az r radiális koordinátát, a p r m + L mr + V r ψ r = Eψ r 5.8 Schrödinger-egyenlet megoldását kereshetjük a ψ r = P r Y m l ϑ, ϕ 5.9 alakban, ahol P r a radiális hullámfüggvény és az Yl m ϑ, ϕ komplex gömmbharmonikusok az L és L z operátorok közös sajátfüggvényei. Behelyettesítés után a P r függvényre a [ ] p r m + l l + + V r P r = EP r 5. mr differenciálegyenletet kapjuk. A radiális impulzus 5.6 alakját beírva és bevezetve az függvényt, a m d dr + l l + mr radiális Schrödinger egyenlethez jutunk. R r = rp r 5. + V r R r = ER r A hidrogénatom kötött állapotai Egy Z rendszámú atomban egy elektron potenciális energiája az elektronok Coulomb taszítását elhanyagolva V r = kze k =. 5.3 r 4πε 99

105 Mivel V r <, a kötött állapotok negatív energiájúak: E = E. Az 5. egyenletet ezért a következőképpen alakíthatjuk át, d + E R r =, α = ke 5.4 Bevezetve a változót, ahol és az ε = m dr + l l + mr d 8m E dr Zα r l l + + Zα 8m E r 4r E 4 r = Zα α = Zr E r E r ξ = 8m E r m E, E = R r =. 5.5 = r r 5.6 mr = Zr mα = Z r a, a = mα = 5.7 kme, 5.8 paramétereket, ahol a =.59 m a Bohr sugár, a d R ξ + dξ 4 + ε l l + R ξ = 5.9 ξ ξ differenciálegyenlethez jutunk. A változócsere után a némiképp pongyola, R ξ = R r ξ jelölést használtuk. A fenti egyenlet megoldásait könnyen megtaláljuk az értelmezési tartomány, ξ,, aszimptotikus pontjaiban: ξ ξ d R ξ dξ 4 R ξ = = R ξ e ξ, 5. d R ξ l l + R ξ = = R ξ ξ l+. 5. dξ ξ A 5.9 egyenlet megoldását, a Sommerfeld-féle polinom módszer szellemében, keressük az R ξ = e ξ u ξ 5. alakban, melyet behelyettesítve az 5.9 egyenletbe az ε u ξ u l l + ξ + u ξ = 5.3 ξ ξ egyenlethez jutunk. A ξ aszimptotika miatt célszerű a megoldást u ξ = c i ξ i+s 5.4 i=

106 polinom alakban keresni, ahol s-et iniciális indexnek nevezik s >. A szükséges deriválásokat elvégezve a következő egyenletrendszert nyerjük: [s s l l + ] c ξ s {[i + s i + s l l + ] c i [i + s ε] c i } ξ i+s =, 5.6 i= mely tetszőleges ξ-re akkor teljesül, ha mindegyik hatványtag együtthatója eltűnik. A legkisebb kitevőjű hatványtag együtthatóját vizsgálva c, s s l l + = = s = { l + l, 5.7 amiből nyilvánvalóan csak az s = l+ választás szolgáltat az origóban reguláris megoldást. A többi hatványtag együtthatójából a c i = i + l ε i + l i + l + l l + c i = i + l ε i i + l + c i, 5.8 i =,,... rekurziós összefüggés adódik. Mivel a c i /c i hányados nagy i-re /i-hez tart, nagy ξ-re u ξ e ξ, következésképpen R ξ e ξ, ami nyilvánvalóan divergens ξ esetén. Reguláris megoldást tehát csak úgy kapunk, ha u ξ véges polinom, azaz létezik olyan i max =,,..., hogy c imax, viszont c imax =. Ekkor Vezessük be az ún. főkvantumszámot ε = i max + l. 5.9 n = i max + l = n =,, 3, mellyel az l mellékkvantumszám az alábbi nyilvánvaló összefüggésben áll: A kötött állapot radiális kiterjedését jellemző sugár, l =,,..., n. 5.3 valamint a sajátenergia, r = na Z, 5.3 E n = mr = Z ma n = m kze n = kze a n, 5.33 csak a főkvantumszámtól függenek. A hidrogénatom kötöttállapoti hullámfüggvényének teljes alakja: ψ nlm r = r L nl r/r e r/r Y m l ϑ, ϕ, 5.34 ahol L nl az ún. Laguerre polinomokat jelöli. A fentiekből következik, hogy az L nl polinom az l + -ik hatvánnyal kezdődik és a legmagasabb hatványkitevője i max + l + =

107 i max + l = n. Ezért a polinom n l egymást követő hatványtagot tartalmaz, tehát zérushelyeinek száma n l. Az energiaszintek degeneráltsága az m mágneses kvantumszámra való összegzéssel könnyen kiszámítható, n n n l + = 4 + n = n, 5.35 l= ahol egy kettes szorzófaktorral a spin-állapot m s = ± szerinti degeneráltságot is figyelembe vettük Többrészecske rendszerek Azonos részecskék rendszerének hullámfüggvénye Valamely s-spinű részecske ψ hullámfüggvénye koordináta-spin reprezentációban a H = L R 3 C s+ Hilbert-tér eleme: ψ ψ r s, m s = ψ r, m s, 5.36 N azonos részecske ψ N,,..., N hullámfüggvényét a H Hilbert-tér N-szeres tenzorszorzatán értelmezzük, ψ N H N = H H... H H } {{ } N szeres tenzorszorzat Definiáljuk két részecske felcserélésének operátorát, P i, j ψ N..., i,..., j,... = ψ N..., j,..., i,..., 5.38 melyre idempotens, P i, j = I, ezért sajátértékei ±. 5. Posztulátum Azonosság elve Megkülönböztethetetlen részecskék hullámfüggvényére megköveteljük, hogy a megfigyelhető mennyiségek invariánsak legyenek két részecske felcserélésésére. Ebből következik, hogy φ N H N esetén tehát φ N ψ N ψ N φ N = φ N P i, j ψ N P i, j ψ N φ N, 5.39 P i, j ψ N ψ N = ψ N ψ N P i, j, 5.4 azaz a ψ N ψ N projektor és P i, j felcserélhetők. Ez akkor és csak akkor lehetséges, ha a ψ N N-részecske függvény P i, j sajátfüggvénye. Aszerint, hogy a sajátérték vagy, a részecskéket rendre bozonoknak vagy fermionoknak hívjuk. Megjegyezzük, hogy ez a tulajdonság a részecskék spinjével a következő kapcsolatban áll: ψ N s =,,... bozon P i, j ψ N =. 5.4 ψ N s =, 3,... fermion Ezen állítást a kvantummechanikában posztuláljuk, kvantumtérelméleti módszerekkel azonban megkapható, mint eredmény.

108 5. Posztulátum Pauli elv Az elektronok fermionok, azaz egy többelektronos hullámfüggvény antiszimmetrikus két elektron felcserélésére nézve. 5.3 Posztulátum Azonos részecskékből álló rendszer H N Hamilton-operátora invariáns két részecske felcserélésére nézve, azaz P i, j H N H N P i, j = Következmény A hullámfüggvény felcserélési szimmetriája mozgásállandó. Bizonyítás. Ha P i, j ψ N = pψ N, akkor a hullámfüggvény időfejlődéséből, ψ N t = exp i H N t ψ N, 5.43 tehát P i, j ψ N t = P i, j exp i H N t ψ N = exp i H N t P i, j ψ N = pψ N t. N fermion antiszimmetrikus hullámfüggvényeinek előállítása: ha ϕ, ϕ,..., ϕ N L C s+ R 3 ortonormált függvények és P,..., N az,..., N pozitív egészek egy permutációját jelöli, melynek paritása P, akkor a Ψ A,..., N = N! = N! P,...,N P P,..., N ϕ... ϕ N N 5.44 ϕ ϕ ϕ N ϕ ϕ ϕ N ϕ N ϕ N ϕ N N 5.45 Slater-determináns antiszimmetrikus két részecske két sor felcserélésére nézve. Az nyilvánvalóan fennáll, hogy ha a Slater determinánst alkotó egyrészecske hullámfüggvények közül legalább kettő megegyezik, akkor a hullámfüggvény azonosan zérus. Ennek közismert megfogalmazása a Pauli-féle kizárási elv, miszerint is két fermion nem lehet ugyanabban az egyrészecske állapotban. Egy általános N-fermion hullámfüggvény feírható Slaterdeterminánsok lineár kombinációjaként, ψ F,..., N = C i, i,..., i N Ψ A i,i,...,i N,..., N, 5.46 i,i,...,i N N i l i k ahol az i, i,..., i N indexek a Slater-determinánst alkotó egyrészecske bázisfüggvényeket jelölik Megjegyzés Mivel a determináns épp az N-edik antiszimmetrikus tenzorszorzat, az N-részecske hullámfüggvényt írhatjuk a következő alakban is: Ψ A,..., N = ϕ... ϕ N N

109 Bozonrendszerek szimmetrikus hullámfüggvényét hasonló módon állíthatjuk elő ψ B,..., N = C i, i,..., i N Ψ S i,i,...,i N,..., N, 5.48 i,i,...,i N N ahol Ψ S,..., N = N! P,...,N P,..., N ϕ... ϕ N N Megjegyzés A szimmetrikus hullámfüggvény definíciója épp az N-edik szimmetrikus tenzorszorzat: Ψ S,..., N = ϕ... ϕ N N. 5.5 A fermion- ill. bozonrendszerek Ψ A/S i,i,...,i N hullámfüggvényeit egységesen jellemezhetjük úgy, hogy minden egyrészecske hullámfüggvényre megadjuk, hogy az hányszor fordul elő a többrészecske hullámfüggvény előállításában, n i {, } fermion n, n,..., n i, n i N bozon Ezt a jelölést nevezzük betöltési szám reprezentációnak. Vegyük észre, hogy a fenti hullámfüggvények tetszőleges részecskeszámú rendszer Fock-tér bázisát alkotják Többelektronos rendszerek: Hartree módszer Próbáljuk meg figyelembe venni egy Z rendszámú atomban az elektronok közötti Coulomb kölcsönhatást. Az elektronrendszer Hamilton operátora, H,..., N = N H r i + i= N V r i, r j, 5.5 i,j= i j ahol az egyrészecske Hamilton operátor és H r i = m i kze r i, 5.53 V r i, r j = ke r i r j, 5.54 a kétrészecske kölcsönhatás. A Hartree-módszer ben az elektronrendszer közelítő hullámfüggvényét a N ψ,,..., N = ϕ i r i χ 5.55,mi s alakban vesszük fel ϕ i ϕ j = δ ij, illetve χ -vel a,,mi s s mi z irányú spin sajátállapotot jelöljük. A rendszer alapállapotának közelítő meghatározása céljából az E = ψ H ψ 4 i=

110 funkcionált kell minimalizálni a ϕ i hullámfüggvények alkalmas megválasztásával. Az egyrészecske hullámfüggvények ortonormáltságát kényszerfeltételként kezelve, bevezetjük a következő funkcionált, F {ϕ} = ψ H ψ i,j ε ij ϕ i ϕ j, ahol az ε ij Lagrange paraméterekre megköveteljük, hogy ε ij = ε ji, mert ez biztosítja hogy az F {ϕ} funkcionál valós értékű legyen. Az ε ki mátrixot diagonalizálva, a sajátértékeket ε i -val jelölve, mindig áttérhetünk az ortogonális {ϕ i } sajátbázisra, tehát az F {ϕ} funkcionált felvehetjük az F {ϕ} = ψ H ψ ε i ϕ i ϕ i 5.56 i = d 3 r ϕ i r H r ϕ i r + d 3 r d 3 r ϕ i r ϕ j r V r, r ϕ i r ϕ j r i i j 5.57 ε i d 3 r ϕ i r ϕ i r i alakban. Meg kell vizsgálnunk, hogyan változik a funkcionál egy bázisfüggvény infinitezimális változtatása esetén, ϕ k + δϕ k. A Hamilton operátor hermitikusságából következik, hogy a ϕ k + δϕ k variálás is ugyanarra az eredményre vezet, így kövessük ezt az eljárást: δ ϕ k F {ϕ} = d 3 r δϕ k r H r ϕ k r ε k d 3 r δϕ k r ϕ k r d 3 r d 3 r δϕ k r ϕ i r V r, r ϕ i r ϕ k r, i k ahol kihasználtuk, hogy V r, r = V r, r. A minimum szélsőérték feltétele, hogy teszőleges δϕ k r variációra a fenti kifejezés zérussal egyezzen meg, amiből következnek a Hartree-egyenletek, H r + Vk H r ϕ k r = ε k ϕ k r k =,,..., N Itt bevezettük az ún. Hartree-potenciális energiát, r = d 3 r ϕ i r V r, r ϕ i r = ke V H k i k d 3 r ϱ k r r r, 5.6 ahol ϱ k r = ϕ i r. 5.6 i k Az 5.59 egyenlet formailag hasonló egy stacionárius Schrödinger-egyenlethez, csupán a Vk H r potenciál a ϕ i függvények funkcionálja és ráadásul függ az egyrészecske állapot indexétől k. Ez utóbbi kellemetlen tulajdonságot az ún. Hartree-Fock módszer orvosolja. Az 5.59 Hartree-egyenleteket az 5.6 és 5.6 összefüggések felhasználásával önkonzisztens módon, iterálva lehet megoldani. 5

111 A Hartree egyenleteket ϕ k r-rel beszorozva, majd kiintegrálva, az ε k Lagrange paraméterek kifejezhetők, ε k = d 3 r ϕ k r H r ϕ k r + d 3 r ϱ k r Vk H r, 5.6 ahol ϱ k r = ϕ k r. Vegyük észre, hogy az elektronrendszer elektrosztatikus energiájára Hartree energia fennáll a következő összefüggés, E H = i j ezért az elektronrendszer energiája, d 3 r d 3 r ϱ i r ϱ j r r r = N k= d 3 r ϱ k r V H k r, 5.63 E = ψ Hψ = N ε k E H k= A kölcsönható elektronrendszer energiáját Hartree közelítésben tehát megkapjuk, ha az effektív egyrészecske energiáknak tekinthető Lagrange multiplikátorok összegéből levonjuk a kölcsönhatási energia önkonzisztens megoldásokkal vett értékét double-counting járulék. Ez az eredmény nagyfokú hasonlóságot mutat pl. a Heisenberg spin-modell átlagtér közelítésében kapott energia kifejezéséhez, így a Hartree-módszert szokás nevezni a kölcsönható elektronrendszer átlagtér közelítésének. 6

112 5.. Feladatok 5... Példák 5.. Feladat Lássuk be, hogy a p r = r + i r operátor hermitikus! 5.. Feladat Bizonyítsuk be, hogy p r = i r rr 5.65 p r = r r r 5.66 [ = r r r r + ] r r 5.67 = r [r r r r + r r ] 5.68 = [ r + ] r r Feladat Mutassuk meg, hogy [L i, x k ] = i ε ikl x l, 5.7 következésképpen [L i, p k ] = i ε ikl p l, 5.7 [L i, r ] =, [L i, r ] =, [L i, p ] =! 5.7 Segítség:. Használjuk a 4.87 egyenlet eredményét! 5.4. Feladat Bizonyítsa ba a következő csererelációkat: [p r, r] = i, 5.73 [p r, r n ] = i nrn, 5.74 [p r, F r] = i df r dr 5.5. Feladat A Kepler-probléma Hamilton-operátora! 5.75 H = p r m + L mr α r Az ismert felcserélési relációk segítségével lássa be, hogy ṙ = p r m és ṗ r = L mr 3 α r, ahol A = i [H, A] a 3.5 képletben szereplő kvantummechanikai időderivált! 7.

113 5.6. Feladat Határozzuk meg egy R sugarú D potenciál dobozba zárt részecske sajátállapotait és első néhány sajátenergiáját Feladat Határozzuk meg egy R sugarú gömbbe zárt részecske sajátállapotait és első néhány sajátenergiáját! Mekkora nyomást fejt ki a részecske a gömb falára? 5.8. Feladat Határozzuk meg az R sugarú gömbbe zárt elektron alapállapotában az r értékét! 5.9. Feladat Ismeretes, hogy a H Hamiltonoperátor bármely Ψ sajátüggvényére Ψ [H, A] Ψ =, ahol A tetszőleges lineáris operátor. Az A = rp választással bizonyítsuk be a kvantummechanikai viriáltételt Ψ p Ψ Ψ r V r Ψ =, m ahol H = p m + V r. Mit kapunk V r = Ars alakú potenciál esetén? 5.. Feladat Kommutációs relációk segítségével vezessük le, hogy a hidrogénatom nlm sajátállapotában nlm nlm =, 5.76 r a n következésképpen valamint, hogy nlm V nlm = E n és nlm T nlm = E n, 5.77 nlm r nlm = a [ 3n ll + ], 5.78 ahol a = a Bohr-sugár, E mα n = α a = és a potenciált V r = α alakban n ma n r írtuk! Segítség:. Vizsgáljuk a [H, rp r ] és a [H, r p r ] kommutátorokat! 5.. Feladat Mivel a hidrogénatom ψ nlm sajátállapotában a baloldali kommutátor várhaóértéke nyilvánvalóan zérus, felírhatjuk, hogy r nlm = ll + a r 3 nlm, 5.79 ahol a = /mα és r s nlm az r s operátor várható értéke a ψ nlm sajátállapotban. Hasonló gondolatmenet alapján, a [H, r s+ p r ] kommutátor célszerű átalakításával vezessük le az ún. Kramers összefüggést: s + n r s nlm s + a r s nlm + s 4 [l + s ]a r s nlm =! 5.8 A fenti összefüggás természetesen csak s > l 3 esetben értelmezhető. 8

114 Segítség:. A levezetés közben alkalmazzuk, hogy valamit bizonyítsuk, hogy [p r, r s ] = i srs 5.8 [H, r s+ ] = ss + s + m rs + im rs p r, 5.8 ill. a végén használjuk ki az E nlm = α/ a n összefüggést. 5.. Feladat Mutassa meg, hogy két kölcsönható részecske Hamilton operátora, fölírható mint ahol valamint H, = p m + p m + V r r, H, = P M + p µ + V r, M = m + m, µ = m m m + m, R = m r + m r m + m, r = r r P = i R, p = i 5.3. Feladat A C 6 molekula egy focilabda alakú, 6 db szénatomból álló kalitka, amelybe különböző atomokat zárhatunk be. A belsejébe helyezett nitrogén atom vegyérték elektronjainak a spinje S = 3/, az egyszeresen ionizált C 6 spinje S = /. A két rendszer H és H Hamilton operátora felcserélhető az S és S spinoperátorokkal, melyek természetesen egymással is felcserélhetőek. A közös rendszer alapállapota 8-szorosan degenerált, ha elhanyagoljuk a közöttük lévő kölcsönhatást H = H + H. Hogyan hasad fel az alapállapot energiája, ha figyelembe vesszük a két rendszer közötti H = JS S alakú kölcsönhatást? Segítség:. Mutassa meg és használja föl, hogy [H, S] = és [H, S ] =! 5.4. Feladat Legyen adva a következő két, ún. Bell kétrészecske spin állapot: ψ ± = χ / / χ/ / ± χ / / χ / / r a Bizonyítsa be, hogy a fenti állapotok ortonormáltak!., ±, 5.83 b A fenti állapotok sajátállapotai-e az S = S z + S z kétrészecske spinoperátornak? c Mennyi a fenti állapotban levő kétrészecske rendszer spinjének z irányú átlagértéke? ψ ± Sz ψ ± 9

115 d Mennyi a fenti állapotban levő kétrészecske rendszer spinnégyzetének átlagértéke? ψ ± S ψ ± 5.5. Feladat Az ú.n. Moshinsky-atom esetében két egyforma részecske mozog egy dimenziós harmonikus potenciálban úgy, hogy egymással is harmonikus potenciállal hatnak kölcsön: H = p m + p m + mω x + x + mω x x. Mutassuk meg, hogy az összeg és különbség koordináták bevezetésével a Hamilton operátor szeparálható két független operátor összegére. Adjuk meg a sajátállapotokat! Tételezzük fel, hogy a részecskék S = / spinű fermionok. Adjuk meg a szingulet spin rész antiszimmetrikus és triplet spin rész szimmetrikus állapotokat! 5.6. Feladat A Moshinsky atom esetében két harmonikus potenciálban mozgó részecske harmonikus potenciállal hat kölcsön egymással. A probléma Hamilton operátorát a következőképpen adhatjuk meg: H = p m + p m + mω r + r + mω r r 5.84 Határozzuk meg a Hartree-Fock alapállapoti energiát! 5... Megoldások 5. Megoldás Az operátor hermitikusságának elegendő feltétele: g p r f = p r g f. Fejtsük ki a skalárszorzatokat: g p r f = r g r i r + frdr = r i r g r r frdr + i rg rfrdr = i r g rfr + i r r g r frdr + i rg rfrdr = = r r g r frdr + i i i r + r frdr = p r g f. rg rfrdr 5. Megoldás. i r rrfr = i r fr + rfr = i r + r fr

116 . 3. p r = i r rr = r rr r rr = r r r r r r = r r r r = r r + r r = r r + r rr r Megoldás Hasonlóan, r r + r rr r = r r r + r r r r r r r + r r r r = r r r + r r + r r = r r + r Írjuk fel a kommutátorokat és használjuk fel L definicióját: [L i, x k ] = ε ilj [x l p j, x k ] = ε ilj x l [p j, x k ] = i ε iljδ jk x l = i ε ikl x l. [L i, p k ] = ε ijl [x j p l, p k ] = ε ijl [x j, p k ]p l = i ε ijl δ jk p l = i ε ikl p l. A 4.87 egyenletben bizonyított azonosságnak megfelelően: [L i, fr] = i r fr i [L, r ] = i r r =, [L, r ] = i r r r 4 =. [L i, p ] = ε ijk [x j p k, p l p l ] = ε ijk [x j, p l ]p k p l + p l [x j, p l ]p k = i ε ijk δ jl p k p l = 5.4 Megoldás Az első felcserélési reláció meghatározásához hatassuk a kommutátort Hilbert tér egy fr elemére: [p r, r]fr = [ i r + ] r, r fr = [ ] i r, r fr = i r rfr r r fr = fr + r r i fr r r fr = i fr, tehát a kommutátor: [p r, r] = i. A következő kommutátort hasonlóan határozhatjuk meg: [p r, F r] = [ ] i r, F r = i r F r F r 5.85 r = F r + F r i r r F r = F r r i r Az összefüggést alkalmazva az r n függvényre a hátralévő felcsrélési relációt is igazolhatjuk.

117 5.5 Megoldás A kvantummechanikai idő derivált definicióját felhasználva: ṙ = i [H, r] = i [ ] [ ] p r L [ α ] m, r + mr, r r, r Az L operátor felcserélhető az r operátorral, így csak az első tag marad meg: ṙ = i m [p r, r]p r + r[p r, r] = p r m. A radiális impulzus időderiváltját hasonlóan határozhatjuk meg: p r = i [H, p r] = i [ ] L [ α ] mr, p r r, p r Az 5.85 egyenlet [p r, F r] = F i r összefüggését felhasználva az előző egyenletet a következőképpen írhatjuk fel: 5.87 p r = L mr α 3 r 5.6 Megoldás A rendszernek henger szimmetriája van ezért a probléma Hamilton operátora felcserélhető az impulzusmomentum operátor L z komponensével. Nyilvánvalóan közös sajátállapotuk lesz, tehát a megoldást kereshetjük ψr, ϕ = e iµϕ φr alakban. A szabad részecske Hamilton operátora henger koordinátákban a következő lesz: H = r + r m r r r ϕ Helyettesítsük be a hullámfüggvényt és írjuk fel a radiális Schrödinger-egyenletet: r φ µ = φ m r r r r m r + φ r r µ r φ = Eφ Alakítsuk tovább a Schrödinger-egyenletet: r φ r + r φ r + me r µ φ = Vezessük be a me q = r 5.88 változót és használjuk fel az előző egyenletben: q φ q + q φ q + q µ φ =.

118 Az előző differenciálegyenletben felismerhetjük a Bessel-féle differenciálegyenletet, amelynek minő meglepetés a Bessel függvények a megoldásai: me ψr, ϕ = e iµϕ J µ r Természetesen a körön kívül a hullámfüggvénynek el kell tűnnie, hiszen itt végtelen nagy a potenciál. Az R-nél érvényes peremfeltétel: me J µ R =. Az előző feltételből meghatározhatjuk a sajátállapotok energiáit: E iµ = x iµ mr, ahol x iµ a J µ Bessel függvény i-ik zérushelye. 5.7 Megoldás A rendszer gömbszimmetriájából következően a megoldást egy radiális hullámfüggvény és a gömbfüggvények szorzatában kereshetjük: ψr, ϑ, ϕ = φry m l ϑ, ϕ. A szabad részecske Hamilton-operátora gömbi koordinátákban a következő lesz: H = m r + + L r r mr Helyettesítsük be a szorzat hullámfüggvényt és írjuk fel az időfüggetlen Schrödinger-egyenletet: φ m r + φ ll + φ = Eφ r r r Rendezzük át az előző egyenletet, r φ φ + r r r + me r ll + φ = Vezessük be a me q = r 5.89 változót és helyettesítsük be a Schrödinger-egyenletbe: q φ φ + q q q + q ll + φ =. A fenti egyenletben ráismerhetünk a gömbi Bessel-függvény differenciálegyenletére. A sajátállapot tehát a me ψr, ϑ, ϕ = j l r Y m l ϑ, ϕ 5.9 3

119 alakba írható fel. A hullámfüggvénynek zérusnak kell lennie a gömbön kívül, és el kell tűnnie a gömb határán: me j l R =, amely feltételből következik, hogy az energia sajátértékek a következőképpen állíthatók elő: E il = x il mr, ahol x il a j l szférikus Bessel-függvény zérushelyei. Tételezzük fel, hogy a részecske P nyomást fejt ki a gömb falára. Ha R-rel csökkentjük a gömb térfogatát, a rendszer energiája E = P R4πR értékkel növekszik, vagyis P = 4πR E R = x il 4πmR Megoldás Az 5.9 egyenlet szerint a gömbbe zárt részecske alapállapoti hullámfüggvénye: ψ = N j π r = N sin π r R π R r, R ahol N a normálási tényező. Meghatározásához számítsuk ki a hullámfüggvény négyzetének integrálját a gömbön belül: R N sin π = r 3 R R π π r dr = sin xdx = R3 R r π π. A várható érték a következő lesz: r = π R 3 R sin π r R π r 4 dr = R R r π 3 π x sin xdx = R 3 + π 5.9 Megoldás Először határozzuk meg a [H, rp] kommutátort, ahol H = p + V r : 5.9 m [H, r i p i ] = [H, r i ]p i + r i [H, p i ]. [H, r i ] = m [p jp j, r i ] = m p j[p j, r i ] + [p j, r i ]p j = [H, p i ] = [V r, p i ] = i V r i im δ ijp j = i Helyettesítsük be az előző kommutátorokat a [H, rp] felcserélési relációba: [H, r i p i ] = p rv r i m Miután egy tetszőleges operátor a Hamilton operátorral vett kommutátorának a stacionárius állapotokra vett várható értéke eltűnik, igazoltuk az bizonyítandó állítást: ψ p ψ = ψ r V ψ. m 4 p i m.

120 V r = Ar s potenciál esetén r V = sar s, tehát ψ T ψ = s ψ V ψ, ahol T a kinetikus energia operátora. Harmonikus oszcillátor esetén s =, így a kinetikus energia várható értéke megegyezik a potenciális energia várható értékével, vagyis eredményünk összhangvan a.. feladat eredményével. 5. Megoldás Az 5.5. számú feladat megoldásából tudjuk, hogy: p r [H, r] = i m L [H, p r ] = i mr α 3 r Határozzuk meg a [H, rp r ] felcserélési relációt, amelynek a H sajátállapotain vett várható értéke eltűnik: [H, rp r ] = [H, r]p r + r[h, p r ] = p r i m + L mr α = H + α r i r nlm [H, rp r ] nlm = nlm H nlm, + nlm α nlm = i r Tehát E n = α = n α n n a r n n =. r n a Az nlm r nlm várható érték meghatározásához induljunk ki a [H, r p r ] felcserélési relációból: [H, r p r ] = [H, r ]p r + r [H, p r ] = r[h, r] + [H, r]rp r + r [H, p r ]. Számítsuk ki az előző egyenletben fellépő kommutátorokat: r[h, r] + [H, r]r = i rp r + p r r = rp r + i i és helyettesítsük be: [H, r p] = r4 p r L + +r i m mr r α r + i p r = i 4rH L mr + 3α + i p r A radiális impulzus operátor várható értéke eltűnik, hiszen az operátor előállítható a Hamilton-operátor és r kommutátoraként. Természetesen az egész [H, r p] felcserélési reláció várható értéke eltűnik: ll + 4 nlm r nlm E n nlm nlm + 3α = m r α nlm r nlm αll + + 3α n a mα n a = ll + nlm r nlm + 3 n a n a = Tehát nlm r nlm = a 5 3n ll +

121 5. Megoldás Az 5.5. feladatban a [H, p r ] = i L mr 3 α r 5.9 összefüggést már igazoltuk, használjuk fel ezt a [H, r s+ p r ] felcserélési reláció igazolására: [H, r s+ p r ] = [H, r s+ ]p r + r s+ [H, p r ] [H, r s+ ] = m [p r, r s+ ] = pr [p r, r s+ ] + [p r, r s+ s + ]p r = m i m rs p r + p r r s. Az utolsó lépésben használjuk ki ismét a [p r, r s ] felcserélési relációját: [H, r s+ p r ] = i s + m rs p r ss + rs m A [H, r s+ p r ] kommutátor az előzőeket kihasználva így írható fel: [H, r s+ p r ] = s + r s p r i m + L m rs αr s m ss + rs p r. A kinetikus energia kétszeresét kifejezhetjük a Hamilton operátor segítségével: p r m = H L m + α r. Helyettesítsük be az előző kommutátorba: [H, r s+ p r ] = s + r s H s L i m rs + s + αr s + mi ss + rs p r Az utolsó tagot kifejezhetjük a [H, r s ] kommutátor segítségével: mi ss + rs p r = s + [H, rs ] + ss r s. 4m Kihasználva, hogy a Hamilton operátor és egy tetszőleges operátor kommutátorának a stacionárius állapotokon vett várható értéke eltűnik, a következő összefüggést kapjuk: nlm [H, r s+ p r ] nlm = s + r s E n s m ll + rs + s + α r s + 4m ss r s = Az előző egyenletet átrendezve a Kramer-összefüggést kapjuk: s + n a rs + s + r s s a l + s r s = Megoldás Az új változók a következőek legyenek: R = αr + βr r = γr + δr 6

122 ahol α = m m + m, β = m m + m, γ =, δ = Írjuk fel az impulzus operátorokat az új változókkal: p = R i r R + r = αp + γp r r p = βp + δp Fejezzük ki a kinetikus energia operátorát az új impulzusokkal: p m + p m = m α P + γ p + αγpp + m β P + δ p + βδpp. Az együtthatók fenti választásával, amint arról könnyen meggyőződhetünk, αγpp + βδpp =, m m így a Hamilton operátort a következő alakba írhatjuk: α H = + β γ P + + δ p + V r m m m m Helyettesítsük be az α, β, γ, δ együtthatókat: H = m + m P + + p + V r. m m 5.3 Megoldás A két rendszer kölcsönhatását leíró Hamilton operátort a következő alakba írjuk át: H = JS S = J S S S, ahol S = S + S. Az S = 3/ és S = / spinek összeadásából S egy háromszorosan degenerált S = sajátállapotát és S egy ötszörösen degenerált S = sajátállapotát állíthatjuk elő. Ezekben az állapotokban a rendszer energiája a következő lesz: E S = E N + E C6 + J SS + S S + S S +. Tehát E = E N + E C6 5/4J és E = E N + E C6 + 3/4J, a felhasadás mértéke pedig E E = J. 5.4 Megoldás a Először számítsuk ki a két Bell állapot skalárszorzatait: ahol kihasználtuk, hogy ψ ± ψ ± =, ±,, ±, = ψ + ψ =, +,,, =,,, =,,, =,,, =. 7

123 b Határozzuk meg az S z + S z operátor hatását a Bell állapotokra: S z + S z, ±, = S z, ±, + S z, ±, S z, ±, =,, S z, ±, =,, Vagyis az S z + S z operátor az egyik bell állapotot éppen a másik Bell állapotba viszi át: S z + S z ψ ± = ψ. c Miután beláttuk, hogy a két Bell állapot ortogonális egymásra, könnyen bizonyíthatjuk, hogy az S = S z + S z operátor várható értéke eltűnik az állapotokon: ψ ± S z + S z ψ ± = ψ ± ψ =. d Az S = S + S operátor átlagértékének a meghatározásához írjuk fel a Bell állapotokat az S sajátállapotai segítségével: ψ ± =, ±,. Nyilvánvaló, hogy a Bell állapotok S = sajátállapotai az S operátornak, ezért a várható értéke megegyezik a sajátértékével: 5.5 Megoldás Vezessük be az új változókat: ψ ± S ψ ± =. X = x + x, x = x x. Az 5.. feladat megoldása szerint a kinetikus energiát a következőképpen írhatjuk fel az új változókkal: p m + p m = α + β P m + α + β p m, ahol az új impulzusok: P = i X, p = i x. Jelen esetben az együtthatók α = β = γ =, δ =. Fejezzük ki a potenciális energiát az új változókkal: mω x + x = mω X + x + X x = 4 mω X + x Írjuk fel a teljes Hamilton operátort az új változókkal: P H = m + Ω p m + m + Ω m 4 + ω x 8

124 A Hamilton-operátor szétesett az új változókban két független harmonikus oszcillátor Hamiltonoperátorának az összegére ω X = Ω Ω és ω x = 4 + ω 5.93 karakterisztikus frekvenciával. A sajátállapotok energiái leolvashatóak a Hamilton-operátor alakjából: E nx,n x = ω X n X + + ω x n x +, maguk a sajátállapotok pedig a harmonikus oszcillátor megoldások szorzataiból állíthatóak elő: X ΨX, x = N nx H nx e X X x N nx H nx e x x, X x ahol X = és x =, 5.94 mω X mω x valamint H n a Hermite-polinom. Ha figyelembe veszük a részecskék spinjét, akkor a teljes hullámfüggvénynek antiszimmetrikusnak kell lennie az x, x koordináták felcserélésével szemben. A szingulet állapot spin sajátfüggvénye antiszimmetrikus, ezért a hullámfüggvény térbeli részének szimmetrikusnak kell lennie. Az X változó szimmetrikusan viselkedik a részecskék felcserélésével szemben, ezért a hullámfüggvény első tagja mindig szimmetrikus. Az x különbségi koordináta anitiszimmetrikus a felcseréléssel szemben, ezért a teljes hullámfüggvény térbeli része csak akkor lehet szimmetrikus, ha a második tag páros. A triplet hullámfüggvény esetében fordított a helyzet. Ebben az esetben a spin sajátfüggvény szimmetrikus és a térbeli résznek kell antiszimmetrikusnak lenni, amely csak akkor teljesül, ha a másdik tag páratlan. 5.6 Megoldás Keressük az S = szingulet alapállapotot: Φr, r = φr φr χ χ χ χ Miután szingulet állapotban a két részecskének ellenkező spinje van, nincsen közöttük kicserélődés és a HF egyenletet a következőképpen írhatjuk fel: p m + mω r + mω φ r r φ φ i r = ε i φ i r 5.96 A HF egyenleteket önkonzisztens iterációval oldhatjuk meg. Kezdő egyrészecske hullámfüggvénynek válasszuk a kölcsönhatás mentes megoldást. Ekkor φ r φ =, φ r φ = x, ahol x =. Helyettesítsük be a HF egyenletbe: mω p m + mω r + 4 mω x + mω r φ i r = ε i φ i r 5.97 vagyis: p m + m Ω + ω r φ i r = ε i 4 mω x φ i r 5.98 Az első iteráció után konvergál az önkonzisztens eljárás és egy olyan harmonikus oszcillátoe Schrödinger egyenletét kaptuk, amelynek saját frekvenciája ω = Ω + ω és az energiája eltolódot 4 mω x -tel. 9

125 6. fejezet Közelítő módszerek a kvantummechanikában 6.. Elmélet 6... Variációs módszer Leggyakrabban a rendszer alapállapoti energiájának közelítő meghatározására szolgálnak a variációs módszerek, melyek alapja a Ritz féle variációs elv: 6.. Tétel Legyen H egy alulról korlátos, hermitikus operátor, melynek legalacsonyabb sajátértéke E és az ehhez tartozó sajátállapot ϕ. Ekkor bármely ψ állapotra az funkcionálra fennáll, hogy E [ψ] E. E [ψ] = ψ H ψ ψ ψ 6. Bizonyítás. Legyen ϕ n n N a H operátor teljes ortonormált sajátfüggvényrendszere: H ϕ n = E n ϕ n és E n E. Mivel bármely ψ állapot előállítható ψ n = c n ϕ n n lineárkombinációval, ezért c n E n c n E n n E [ψ] = c n c n = E. 6. n A fenti tételből következik, hogy ha ψ valamely {λ, λ,..., λ m } Λ R m paraméterek függvénye, akkor az E λ, λ,..., λ m E [ψ λ, λ,..., λ m ] függvényre is igaz, hogy n min Λ E λ, λ,..., λ m E, 6.3 és a E λ, λ,..., λ m λ k = k =,..., m 6.4

126 egyenletrendszer {λ, λ,..., λ m}megoldásával nyert E λ, λ,..., λ m érték és ψ λ, λ,..., λ m hullámfüggvény az alapállapoti energia és sajátfüggvény legjobb közelítése a Λ paramétertéren. Bizonyítható, hogy a paraméterek számának növelésével E λ, λ,..., λ m monoton csökken és egyre jobban közelít E -hoz. 6.. Példa A.4. feladat megoldásából L = a helyettesítés és eltolás után adódik, hogy a végtelen magas egydimenziós potenciáldoboz, { x < V x = x a, 6.5 alapállapota ϕ = a cos πx, E a = π sajátértékkel. A ψ ±a = határfeltételnek 8ma megfelelően vezessük be a ψ λ x = a λ x λ 6.6 variációs függvényt. Ekkor E λ = ψ λ H ψ λ ψ λ ψ λ = λ + λ + 4ma λ, 6.7 E λ λ = 4λ 4λ 5 4ma λ = = λ min = + 6 E λ min =.98 π ma =.98 E Stacionárius perturbációszámítás Tegyük fel, hogy ismerjük a H Hamilton-operátor sajátértékeit és sajátfüggvényeit, H ϕ n = E n ϕ n n N, 6. H = n E n ϕ n ϕ n. 6. Keressük a H = H + W perturbált Hamilton-operátor sajátérték problémájának megoldását. Ehhez a klasszikus perturbációszámításhoz hasonlóan lásd: Keszthelyi Tamás: Mechanika jegyzete bevezetjük a operátort és a H λ = H + λw 6. H + λw ψ n λ = E n λ ψ n λ n N 6.3 sajátérték egyenletet λ hatványai szerinti sorfejtéssel próbáljuk megoldani. A lim ψ n λ = ϕ n λ 6.4 lim E n λ = En 6.5 λ

127 határfeltételek miatt a következő alakot használjuk a hullámfüggvényre, ahol ψ n λ = ϕ n + δψn λ, 6.6 lim δψ n λ =. 6.7 λ A Rayleigh-Schrödinger-féle perturbációszámításban további feltételként megköveteljük, hogy a hullámfüggvény perturbatív korrekciója legyen ortogonális a perturbálatlan állapotra: ϕ n δψ n λ =. 6.8 A 6.3 egyenletetet a ϕ n sajátfüggvénnyel skalárszorozva, ϕ n H ψ n λ + λ ϕ n W ψ n λ = E n λ ϕ n ψ n λ 6.9 a 6.8 ortogonalitási feltételt felhasználva jutunk az alábbi összefüggéshez, E n λ = E n + λ ϕ n W ψ n λ. 6. A perturbált megoldást és energia sajátértéket λ hatványai szerint kifejtve, δψ n λ = k= λ k ψ n k és ψ n ϕ n = ψn λ = k= λ k ψ n k 6. és E n λ = E n + majd ezeket a 6. egyenletbe helyettesítve, k= λ k E k n, 6. k= λ k E k n = k= λ k+ ϕ n W ψ n k 6.3 kapjuk az energia korrekciókra vonatkozó alapvető összefüggést, E n k = ϕ n W ψ n k k =,, Innen azonnal adódik az elsőrendű energiakorrekció: E n = ϕ n W ϕ n. 6.5 Másodrendű energiakorrekció A sajátfüggvény korrekcióinak kiszámításához részletesebben meg kell vizsgálnunk a 6.3 egyenlet λ szerinti sorfejtését: H + λw λ k ψ n k = λ k E n k λ k ψ n k 6.6 k= k= k=

128 i n k= λ k H ψ k n H ψ k n k + W ψ k n = λ k k= l= k + W ψ k = H E n ψ k n n l= E n l = W ψ k n ψ k l n l= E n l ψ k l n 6.7 k =,, k + E n l ψ k l n. 6.9 Ezen egyenlet megoldása céljából behelyettesítjük H és az I identitás operátor spektrálfelbontását, E i En ϕ i ϕ i k ψ k n = W ψ k n + E n l ψ k l n, 6.3 ahol ϕ n ψ n k = miatt a baloldalon az i = n tag nyilvánvalóan eltűnik. A továbbiakban expliciten kihasználjuk, hogy az n-ik sajátfüggvény nem-elfajult, így bevezethető a következő operátor, Q n = ϕ i ϕ i Ei, 6.3 E n i n i n melyet a 6.3 egyenletre hattatunk. Felhasználva, hogy Q n E i En ϕ i ϕ i ψ n k = ϕ i ϕ i i n kapjuk a sajátfüggvény korrekcióinak rekurziós relációját: ψ k n = Qn W ψ k n + k l= l= ψ k n = ψ n k, 6.3 E n l Q n ψ k l n, 6.33 mely az 6.4 egyenlettel együtt alkalmas, hogy az sajátenergia és sajátfüggvények korrekcióit tetszőleges rendben meghatározzuk. A sajátfüggvény elsőrendű korrekciója könnyen megkapható, mivel az 6.33 egyenlet jobboldalán csak az első tagot kell tekintenünk: ψ n és a sajátenergia másodrendű korrekciója: = Qn W ψ n ϕ = i W ϕ n E i n i ϕ i, 6.34 E n E n = ϕ n W ψ n ϕ = n W ϕ i ϕ i W ϕ n E n i i E n

129 Elsőrendű degenerált perturbációszámítás Ha az n-ik sajátérték M-szeresen degenerált, akkor H spektrálfelbontását a H = M µ= E n ϕ nµ ϕ nµ + Ei iei E n ϕ i ϕ i 6.36 alakban írjuk fel. A nem elfajult esettel szemben az az alapvető különbség, hogy a nulladrendű perturbált hullámfüggvényt a degenerált perturbálatlan sajátfüggvények lineárkombinációjaként vesszük fel: Az elsőrendű kifejezéseket, és ψ n ψ n λ = ψ n M = c µ ϕnµ µ= + λ ψ n behelyettesítve a 6.3 Schrödinger egyenletbe, H + λw ψ n + λ ψ n, ϕ nµ ψ n =, 6.38 E n λ = E n + λe n, 6.39 = E n + λe n ψ n + λ ψ n, 6.4 a λ-ban nulladrendű tagok kiesnek, míg az elsőrendű tagokra fennáll, hogy H ψ n + W ψ n = E n ψ n + E n ψ n. 6.4 Kihasználva, hogy a sajátfüggvény elsőrendű korrekciója ortogonális a degenerált perturbálatlan altérre, a ϕ nµ W ψ n = E n ϕ nµ ψ n µ =,..., M 6.4 egyenleteket nyerjük. Behelyettesítve a 6.37 kifejtést, a M ν= M ν= ϕ nµ W ϕ nν cν = E n c µ 6.43 ϕ nµ W ϕ nν E n δ µν cν = 6.44 egyenleteket kapjuk. Bevezetve a perturbáció mátrixát, W W W µν = ϕ nµ W ϕnν W W, W =... W MM,

130 és a kifejtési együtthatókból képzett oszlopvektort, c c c =., 6.46 az elsőrendű energiakorrekciót a sajátértékegyenlet ill. a szekuláris egyenlet megoldásai szolgáltatják. c M W c = E n c, 6.47 det W E n I = Időfüggő perturbációszámítás Igen sok esetben pl. be- és kikapcsolási jelenségek, gerjesztés EM térrel, a perturbáció az idő explicit függvénye, H t = H + W t, 6.49 ezért az időfüggő Schrödinger-egyenlet megoldásait kell keresnünk: i t ψ n t = H + W t ψ n t. 6.5 Feltételezzük, hogy valamely t időpont előtt W t = és az állapot időfejlődése H sajátállapotából indul, lim ψ n t = ϕ n. 6.5 t t Mivel H sajátállapotainak időfüggése, ϕ i t = e i E i t ϕ i, 6.5 célszerű a ψ n t megoldást a ψ n t = i e i E i t c i t ϕ i, 6.53 alakban felvenni, ahol a 6.5 határfeltétel miatt, lim c i t = δ in t t A hullámfüggvény kifejtését behelyettesítve az időfüggő Schrödinger egyenletbe kapjuk, hogy E i c i t + i ċ i t e i E i t ϕ i = E i + W t c i t e i E i t ϕ i, 6.55 i i ahol ċ i t = dc it, majd kihasználva a perturbálatlan stacionárius sajátfüggvények ortonormáltságát, az dt E k c k t + i ċ k t e i E k t = E i δ ki + W ki t c i t e i E i t 6.56 i 5

131 i ċ k t = i W ki t c i t e iω ki t 6.57 differenciálegyenlethez jutunk, ahol W ki t = ϕ k W t ϕ i 6.58 és ω ki = E k E i A 6.5 kezdeti feltétel figyelembevételével, a kifejtési együtthatókra t t a következő integrálegyenletet kapjuk: c k t = δ kn + i i t t W ki τ c i τ e iωki τ dτ. 6.6 A megoldást szukcesszív approximációval keressük. Nulladrendben: elsőrendben: c k t = i és bármely M-edrenben, c r k t = i = i t t r i i c k t = c k t = δ kn, 6.6 c k t = c k t + c k t = δ kn + c k t, 6.6 t t W ki τ c i t e iω ki τ dτ = i c k t = δ kn + M r= t t W kn τ e iωkn τ dτ, 6.63 c r k t, 6.64 W ki τ c r i τ e iω ki τ dτ 6.65 i,...,i r t t dt dt... t t t r t dt r W ki t e iωki t... W ir i r t e iω i r,ir tr Általában megelégszünk az elsőrendű megoldással és azt vizsgáljuk, milyen valószínűséggel található a rendszer a t időpillanatban a k-ik sajátállapotban k n: P n k t = ϕ k ψ n t = c k t = t t W kn τ e iωkn τ dτ

132 Időfüggő perturbációszámítás alkalmazása, Fermi-féle aranyszabály Időben periodikusan változó potenciál pl. elektromos tér hirtelen bekapcsolása esetén a perturbáció: W r, t = Θ t e Er cos ωt = Θ t W r e iω t + e iω t 6.68 és a perturbáció mátrixelemei, W r = e Er, 6.69 W kn t = W kn e iω t + e iω t, 6.7 ahol W kn = ϕ k W ϕ n = e E ϕ k r ϕ n. 6.7 Az időfüggő részt kiintegrálva, t t W kn = W kn τ e iω kn τ dτ = W kn e iω kn +ωτ + e iω kn ωτ dτ 6.7 = W kn e iω kn +ωt iω kn + ω + eiω kn ωt iω kn ω = W kn e i[ω kn+ω]t/ sin [ω kn + ω t/] + e i[ω kn ω]t/ sin [ω kn ω t/] ω kn + ω / ω kn ω / 6.73, 6.74 az átmeneti valószínűségre az alábbi kifejezést kapjuk, P n k t = W kn ei[ω kn+ω]t/ sin [ω kn + ω t/] + e i[ω kn ω]t/ sin [ω kn ω t/] ω kn + ω / ω kn ω / Ha az átmeneti valószínűséget ω fügvényében vizsgáljuk, akkor t π/ω esetén két spektrális csúcsot látunk: ω és a csúcsok félértékszélessége, { ωkn = E k E n + ω abszorpció ω kn = E k E n ω indukált emisszió, 6.76 ω = 4π/t = E = h t Ha 4π/t ω kn = t π/ω kn, a két spektrális csúcs szétválik és az átmeneti valószínűséget felírhatjuk a két járulék összegeként, P i k t = W ki sin [ω ki + ω t/] [ω ki + ω /] + sin [ω ki ω t/] [ω ki ω /] 6.78 = W ki sin [ω ki + ω t/] [ω ki + ω t/] + sin [ω ki ω t/] [ω ki ω t/] t

133 Felhasználva az azonosságot, P i k t = W ki sin αt dα = πα t y=αt sin y sin αt dy = π lim y t πα t = δ α, 6.8 [ π δ E k En + ω ] [ + δ E k En ω ] t 6.8 = π W ki δ E k E n + ω + δ E k E n ω t. 6.8 Ezt az eredményt nevezzük Fermi-féle aranyszabálynak, miszerint az átmeneti valószínűség lineárisan arányos az eltelt idővel, ahol az időegységre jutó átmeneti valószínűség, P n k t w n k t, 6.83 w n k = π W kn δ E k E n + ω + δ E k E n ω A t = időpillanatban bekapcsolt konstans perturbációra, W r, t = W r Θ t, w n k = π W kn δ E k E n, 6.85 azaz a perturbációszámítás első rendjében nem történik energiaátadás a gerjesztő tér és a gerjesztett rendszer között. 8

134 6.. Feladatok 6... Példák 6.. Feladat Keressük meg a lineáris harmonikus oszcillátor H = p m + mω x 6.86 alapállapoti energiáját és sajátállapotát! Legyen a hullámfüggvény ψx = Ne cx 6.87 alakú c >! Határozzuk meg a c paraméter értékét és az energiát variációs módszerrel! 6.. Feladat Keressük meg a hidrogénatom, H = m p r + L mr α r, 6.88 alapállapoti energiáját és sajátállapotát! Legyen a hullámfüggvény ψr = Ne βr 6.89 alakú β >! Határozzuk meg a β paraméter értékét és az energiát variációs módszerrel! 6.3. Feladat Végtelen mély egydimenziós potenciálgödörhöz, V x = { ha x > a ha x a 6.9 a következő perturbáció V x = { ha x > b V ha x b 6.9 társul a > b >, V >. Határozzuk meg az energia sajátértékek eltolódását a perturbációszémítás első rendjében! Vizsgáljuk a b = a, valamint a b << a esetet első rendben! Vizsgáljuk a V < esetet is és a perturbációszámítás alkalmazhatóságának feltételét is! Segítség:. ψ n x = a sin nπx a nπ L = a E n = π 8ma n Feladat A 6.3. feladatbeli perturbáló potenciálnál csökkentsük b értékét zérushoz és a V értékét növeljük végtelen nagyra úgy, hogy közben a szorzatuk maradjon állandó: K = V b. Ennek megfelelően a perturbáló potenciál Dirac-delta alakú lesz: V x = Kδx Számítsuk ki az energiaszintek elsőrendű megváltozását és vessük össze ezt az eredményt a.8 megoldással az alapállapotra! 9

135 6.5. Feladat Tekintsünk egy kétdimenziós harmonikus oszcillátort, H = p x m + p y m + mω x + y, 6.94 melyre W = mω αxy perturbáló potenciál hat. Hogyan módosul az első gerjesztett állapot energiája a perturbációszámítás első rendjében? Használjuk a léptető operátorokat, x = x a + + a, ahol x = /mω Hasonlítsuk össze a fenti eredményt a.8 egzakt megoldással α << határesetben! 6.6. Feladat A perturbációszámítás első rendjében számítsuk ki a hidrogénatom energiaszintjeinek felhasadását, amennyiben figyelemmel vagyunk a mag véges méretére! H = H + V r, 6.95 ahol H = m p r + L mr α r a hidrogénatom perturbálatlan Hamilton-operátora, a perturbáló potenciál pedig:. egy R sugarú vezető gömbhöz tartozó { V r = α R + α r, < r < R, V r =, < r < R. egy R sugarú szigetelő gömbhöz tartozó { V r = α 3 r, < r < R, R R V r =, < r < R Legyen R/a = 3. Mely állapotok hasadnak fel? 6.7. Feladat Számítsuk ki hogyan hasad fel a hidrogénatom spektruma, ha az elektronok leárnyékolt Yukawa potenciálban mozognak! Legyen a Yukawa-potenciálban szereplő α árnyékolási tényező igen kicsi, α igen nagy! Fejtsük sorba a potenciált α-ban másod rendig! V r = k e r e αr Feladat Határozza meg egy L élhosszúságú potenciáldobozba, { ha x, y, z [, L] 3 V x, y, z = egyébként, 6. zárt m tömegű, e töltésű részecske energiaszintjeinek korrekcióját a perturbáció számítás első rendjében, ha a dobozt z irányú, homogén elektromos térbe helyezzük! 3

136 Segítség:. ψ nx,n y,n z = E n = π n ml x + n y + n z 3 nx π sin L L x ny π sin L y nz π sin L z V = eze Feladat Egy S = spinű rendszer Hamilton-operátora legyen H = as z + bs z a, b >. 6.4 Határozzuk meg az energiaszinteket! A rendszert B = Bn n = homogén mágneses térbe helyezve tekintsük a W = ω S n ω = µ BB 6.5 kölcsönhatást perturbációnak! Írjuk fel a perturbáció mátrixát! Határozzuk meg az energiaszintek korrekcióját első rendben, különös tekintettel az a = b esetre! 6.. Feladat Hogyan módosul a hidrogénatom alapállapotának, ψ r = / πa 3 exp r/a, az energiája a perturbáció számítás első rendjében, ha homogén z-irányú mágneses térbe helyezzük? Dolgozzunk szimmetrikus mértékben A = By, Bx,! 6.. Feladat Hogyan hasad fel a hidrogénatom n=-es főhéja homogén, z irányú elektromos térben a perturbációszámítás első rendjében elsőrendű Stark effektus? Számítsuk ki a felhasadás mértékét is! Segítség:. Y ϑ, ϕ = ψ r = ψ m r = r exp r a 3/ a a 3a 3/ r a exp r a Y ϑ, ϕ = 3, Y ϑ, ϕ = 4π 3 8π Y ϑ, ϕ, Y m ϑ, ϕ, 4π cosϑ, 3 sinϑ exp iϕ, Y ϑ, ϕ = sinϑ expiϕ, 8π x n e αx dx = n! α n+, E nlm = α n. 6.. Feladat Számítsuk ki az izotróp, kétdimenziós oszcillátor alapállapoti szuszceptibilitását merőleges, B mágnesestérben elsőrendű perturbációszámítást alkalmazva! Használjunk szimmetrikus mértéket! Oldjuk meg a problémát egzaktul is, és vessük össze a két eredményt! Milyen feltételt róhatunk ki a perturbatív közelítés alkalmazhatóságára? 3

137 6.3. Feladat Legyen adott egy kétállapotú rendszer: H = εσ z. Vizsgáljuk a V = Jσ x alakú perturbációt! σ z és σ x z és x irányú Pauli mátrixokat jelölnek. Számítsuk ki a legalacsonyabb rendű korrekciót és vessük össze a H = H + V egzakt sajátenergiáival! 6.4. Feladat A síkbeli rotátor Hamilton operátora H = L z Θ = Θ d dϕ 6.6 Egy P elektromos dipólmomentummal rendelkező rotátort helyezzünk x irányú homogén, E erősségű elekromos térbe, H = P E cos ϕ! 6.7 Határozza meg a rotátor energiaszintjeit a perturbációszámítás második rendjéig! 6.5. Feladat A térbeli rotátor Hamilton operátora H = L Θ. 6.8 Egy P elektromos dipólmomentummal rendelkező rotátort helyezzünk z irányú homogén, E erősségű elekromos térbe, H = P E cos ϑ! 6.9 Hogyan módosul a rotátor alapállapoti energiája a perturbációszámítás második rendjéig! 6.6. Feladat Helyezzünk egy háromdimenziós, izotróp térbeli harmonikus oszcillátort z irányú. E erősségű elektromos térbe. Elsőrendű pertrubáció számítás segítségével határozzuk meg a rendszer P polarizálhatóságát elektromos dipolmumentumát és χ E elektromos szuszceptibilitását! Segítség:. P = e Ψ x Ψ ; χ E = P E E= 6.7. Feladat Adott egy centrális potenciálban mozgó elektron l = mellékkvantumszámú hatszorosan degenerált energiaszintje. H ψ mm s r = E ψ mm s r, 6. ahol ψ mm s r = R r Y m ϑ, ϕ φ ms /. Hogyan hasad fel ez az energiaszint a H = ξ L S perturbáció spin-pálya kölcsönhatés hatására? A perturbációszámítás első rendje itt megegyezik az egzakt megoldással.. Megoldás: Határozza meg H hatását a perturbálatlan hullámfüggványekre ás írja fel H mátrixát! A mátrix igen egyszerű struktúráját szem előtt tartva oldja meg a szekuláris egyenletet és határozza meg az új sajátfüggvényeket!. Megoldás: Lássa be, hogy [J, H ] = és [J z, H ] =, ahol J = L + S! Határozza meg ez alapján H + H sajátfüggvényeit és számítsa ki az új energiaszinteket! 3

138 6.8. Feladat Hidrogénatomot egy kisülés alatt lévő kondenzátor lemezei közé juttatunk. A külső, z irányú elektromos tér tehát az Et = E e t/τ Θt 6. függvénnyel írható le. Milyen valószínűséggel gerjesztődik az elektron az n=-es állapotból az n=-es állapotba? Vizsgáljuk meg a τ határesetet és vessük össze az eredményt a Fermi-féle aranyszabály alkalmazásával kapott átmeneti valószínűséggel! 6.9. Feladat Egy e töltésű lineáris harmonikus oszcillátort E t = E π exp t/τ 6. időben változó elektromos térbe teszünk. Az oszcillátor t = -ben alapállapotban volt. Az időfüggő perturbációszámítás első rendjében mi a valószínűsége annak, hogy az oszcillátort t = -ben az első gerjesztett állapotban találjuk? 6.. Feladat Egy q töltésű részecske lineáris harmonikus potenciálban mozog, H = p x m + mω x. 6.3 A t = pillanatban x irányú homogén elektromos teret kapcsolunk be, amit a t = t pillanatban kikapcsolunk. Számítsa ki a kezdetben alapállapotban lévő részecske valamely gerjesztett állapotba történő átmenetének valószínűségét az időfüggő perturbációszámítás első rendjében t > t esetén! 6.. Feladat Egy egydimenziós, L élhosszúságú, végtelen mély potenciál gödörben lévő részecske alapállapotban van. Mi a valószínűsége annak, hogy a rendszer az n-ik gerjesztett állapotba kerül, ha τ ideig E nagyságú homogén elektromos teret kapcsolunk be? Segítség:. n = L sin nπ L x E n = π ml n Feladat Határozzuk meg az időben változó, homogén elektromos térbe helyezett, kezdetben az n-edik gerjesztett állapotban lévő harmonikus oszcillátor P dipólus momentumát és χ E ω elektromos dinamikus szuszceptibilitását polarizálhatóságát az időfüggő perturbáció számítás első rendjében! A perturbáló potenciál E nagyságú térben a következő alakú: { eex e V x, t = αt sinωt ha t < 6.5 eex sinωt ha t A szükséges időintegrálok elvégzése után tekintsük az α limeszt! Hasonlítsuk össze az eredményt ω esetén az időfüggetlen eset 6.6. feladat megoldásával! Segítség:. P t = e ψt x ψt ahol P ω a P t Fourier-transzformáltja. χ E ω = P ω E 6.6 E= 33

139 6.3. Feladat Határozzuk meg az időben változó, homogén elektromos térbe helyezett, kezdetben az n-edik gerjesztett állapotban lévő harmonikus oszcillátor P dipólus momentumát és χ E ω elektromos dinamikus szuszceptibilitását polarizálhatóságát az időfüggő perturbáció számítás első rendjében! A perturbáló potenciál E nagyságú térben a következő alakú: 6... Megoldások { V x, t = ha t < ee x e αt sinωt ha t Megoldás N = c 4 π 6.8 E = T + V = mω 8c E minimális, ha c = mω, azaz T = V, tehát + c m 6.9 ψx = c 4 e mω x ill. E = ω π = E Megoldás T = m N 4πr e βr [ d dr + r ] d e βr dr = N π dr mβ 6. V = α 4πr r e βr dr = πα β 6. H = T + V = N π mβ ψ ψ = N de[β] dβ E[β] = πα β 6.3 4πr e βr dr = N π β 6.4 H ψ ψ = β βα 6.5 m = β m α = β = mα 6.6 E = mα, 6.7 amely eredmény megegyezik a hidrogén alapállapoti energiájával. 34

140 6.3 Megoldás b = a : δe = V Alkalmazhatóság feltétele: b δe n = V a V n bnπ nπ sin a { b b δe = V a V, ha n = k n a =, ha n = k Megoldás δe n = K a a a Alkalmazhatóság feltétele: ψx δxdx = K a δe << E E V b << 3 π a a sin nπx a nπ 8ma δe << E E K << 3 π 6.3 { K, ha n = k + a δxdx =, ha n = k 6.3 8ma 6.3 Vessük össze ezt az eredményt a.8 megoldással az alapállapotra! Az energia E = k m. A k-ra pedig a.8 egyenletben azt kaptuk, hogy ka = m Ka tan ka ka tan ka = m Ka, 6.33 ami egy transzcendens egyenlet. A megoldás az alapállapotban ka [ : π/]. Kis K esetén a jobb oldal pici, bal oldal π/-nél nulla, így ekörül sorba fejtve közelítő megoldást kaphatunk k-ra: ka tan ka π Innen az energia K-ban első rendig: ka π = m Ka k = π a m π K 6.34 E = k m π 8ma K a 6.35 Mivel potenciáldoboz esetén az alapállapot energiája π 8ma, a fenti eredmény megegyezik az elsőrendű perturbációszámítás eredményével. 6.5 Megoldás Vezessük be az x irányban n-edik, y irányban m-edik egydimenziós gerjesztett állapot szorzatára az n, m jelölést! Világos, hogy ekkor a x n, m = n n, m a y n, m = m n, m 6.36 Az x és y irányú keltő és eltüntető operátorokkal felírva a Hamiltonit és a perturbáló potenciált: H = ω a xa x + a ya y + W = mω 35 αx a x + a x a y + a y 6.37

141 W mátrixa a,,, bázison: W = ωα 4 = ωα 4 σ x 6.38 Ennek sajátértékei: δe = ± ωα δe = ωα α = α A.8 példa végeredményét elsőrendig sorfejtve α-ban: E = ω + = 3 ω + α 3 ω + α 4 E = ω + = 3 ω α 3 ω α 4 δe = 3 8 ωα δe = 3 8 ωα Vagyis a perturbatív eredmény és az egzakt megoldás α-ban elsőrendű sorfejtése között egy -es szórzófaktornyi különbséget találunk Megoldás δe = πa 3 R 4πr V r e r a }{{} 6.4 Itt kihasználtuk, hogy mivel R/a = 3, az exponenciálist helyettesíthetjük -gyel. Az eltolódás a kétféle potenciál esetén: δe = E = E + δe = E E α R 5a a α R 3a a az. esetben az. esetben R a R a az. esetben a. esetben

142 6.7 Megoldás A Yukawa potenciál sorfejtése kis árnyékolás esetén: V r = k e r e αr k e αr + α r = k e r r + αke ke α r 6.43 Vagyis a perturbáló potenciál az utolsó két tag, ennek várható értékére van szükségünk a hidrogén n-edik sajátállapotában. Felhasználva az 5.78 egynletet: αke ke α r = αke ke α r n = αke α 3n ll m Az energia elsőrendű kifejezése tehát: n 6.8 Megoldás n,l = ma n + αke α 3n ll m E δe n = 8 L L ee 3 L L dxdydz z sin nx π L x sin ny π L y sin nz π L z = eel Megoldás Mivel a spin értéke, az Ŝ és Ŝz közös sajátbázisán bevezethetjük az Ŝz sajátértékeivel címkézett, és báziselemeket. Ebben a bázisban H mátrixa: b a E = b a H = E = 6.47 b + a E + = b + a A perturbáció mátrixa: W = ω S n = ω cos ϑ sin ϑeıϕ sin ϑe ıϕ sin ϑeıϕ cos ϑ Vizsgáljuk meg a és b három értékét: a b : Ẽ = E ω cos ϑ, Ẽ = E, Ẽ+ = E + + ω cos ϑ sin ϑe ıϕ 6.48 a =, b : Ekkor E + = E E, vagyis ez az altér kétszeresen degenerált. Emiatt a cos ϑ W = ω cos ϑ 6.49 mátrix sajátértékeit kell megkeresnünk, így a következőre jutunk: Ẽ = E ω cos ϑ = b ω cos ϑ, Ẽ = E, Ẽ+ = E + + ω cos ϑ = b + ω cos ϑ 37

143 a = b Ekkor E = E E, és E + = a, vagyis ez az altér is kétszeresen degenerált. Emiatt a cos ϑ sin ϑe ıϕ W = ω sin 6.5 ϑeıϕ mátrix sajátértékeit kell megkeresnünk, így a következőre jutunk: Ẽ = ω cos ϑ cos ϑ, Ẽ = ω cos ϑ + cos ϑ, Ẽ+ = a 6. Megoldás Szimmetrikus mértékben, azaz A = B y, B x, esetén, H = p x + m qby + p y qbx + p z α r µ BS z B 6.5 H = p m x + p y + pz α r µ BL z B µ B S z B q B 8m x + y 6.5 A perturbáló operátor: W = µ B L z B µ B S z B q B 8m x + y } {{ } r sin ϑ Az első rendű energiakorrekció alapállapotban E = W : 6.53 δe = µ B B L z µ } {{ } B B S z q B 8m ± µ B B q B 8m π 4 a 3 π dϕ } {{ } π 4 a 3 r 4 e r a dr 4π π e r a r 4 dr π π π sin ϑ Y } {{ } 4π sin ϑdϑ = 6.54 cos ϑd cos ϑ 6.55 δe = ± µ B B q B a m 6. Megoldás A z irányú elektromos teret leíró perturbáló potenciál a következő alakú: 4π V = eez = eez = eer cos ϑ = 3 eery ϑ, ϕ 6.57 Az E nlm energiaszint n = -re 4-szeresen elfajult l =, m = ; l =, m =,,. Megmutatható, hogy n l m z nlm =, ha n = n, l = l +, m = m. Emiatt bevezetve a V = 3a ee jelölést a,,, bázison kifejtve a perturbáció mátrixa: V V = V Ẽlm =,, ±V 6.58 Vagyis a 4-szeres degeneráció felhasad egy kétszeresen degenerált, és két nem degenerált nívóra: 38

144 ,, +,,,, ±,,,,, x V V,, ±,,,, E = E = 6. Megoldás Az x y síkban fekvő oszcillátor esetén a merőleges tér z irányú. Ekkor a szimmetrikus mérték szerint A = B y, B x,. Így a Hamilton-operátor alakja: H = p x + eb m y + p y eb m x + mω x + y = 6.59 p m x + py + mω x + y p x y p y x + ω c + m ωc x + y 6.6 } {{ } H } {{ } V Itt bevezettük az ω c = e B jelölést. Perturbatívan kezelve a V -t szükségünk van a V alapállapoti várható értékére az E = ω alapállapoti energia eltolódásának m kiszámításához: δe = V = ω c L z } {{ } Innen a mágneses szuszceptibilitás: + mω r } {{ } E = ω ωc ω = e 8m ω B 6.6 χ = E = e 6.6 B 4m ω Az alapállapoti energiát azonban ki tudjuk számolni egzaktul is: H = p m x + p y + ωc L z + m ω ωc + x + y 6.63 Mivel L z =, E = ω + ωc ωc = ω ω Innen tehát χ = E B = ω B= + 4ω 3 ω c ω e m = e 6.65 B= 4m ω Ami megegyezik a perturbációszámítással kapott eredménnyel. Ha a nem-perturbatív energiakifejezést első rendig sorba fejtjük B szerint, akkor épp a perturbatív eredményt kapjuk. Vagyis perturbatív kifejezés olyan mágneses terek esetén is jó, amikor ω c ω, tehát B mω. e 39

145 6.3 Megoldás H = ε ε V = J J 6.66 Világos, hogy H sajátértékei E ± = ±ε, sajárvektorai pedig az, és a,. Mindkét állapotban V =, hiszen V diagonális elemei nullák. Így az első nem eltűnő korrekció másodrendű, mellyel Ẽ ± = ±ε ± J. Egyszerűen megadhatjuk azonban az egzakt mgoldást, ehhez csak a H + V sajátértékeit kell meghatároznunk, amik Ẽ ± = ± ε + J = ε ±ε + J. ε Ezt kis J esetén első rendig sorba fejtve épp a perturbációszámítás eredményét kapjuk. 6.4 Megoldás H = d E Θ dϕ m = m Θ, ψ m = e ımϕ m =, ±, ±, π = V mm =, vagyis első rendben nem kapunk korrekciót a másod rend a követ- Azaz E m kezőt adja: V m,m = P E π = P E 4π π π e ım mϕ cos ϕdϕ = e ım m+ϕ + e ım m ϕ dϕ = { P E, ha m = m ±, egyébként E m = V m,m E m E m Vagyis E ΘP E =, E = 6.5 Megoldás ΘP E 3, E = + V m,m+ E m E m+ = ΘP E 5,... Θ P E 4m 6.68 H = L Θ E l,m = ll +, ψ l,m = Yl m ϑ, ϕ l =,,... ; m = l... l Θ π V = PE = P E cos ϑ = 3 P EY 6.7 A l, m V l, m mátrixelem meghatározásához használjuk a l + + ml + m cos ϑyl m = Y m l + ml m l + l + 3 l+ + Y m l + l l 6.7 összefüggést. Ebből világos, hogy E l,m = l, m V l, m =, tehát másodrendig kell elmennünk. Az is világos, hogy l, m V l, m, ha l = l ± és m = m. Így a másodrendű képlet szummája taggá egyszerűsödik: E l +, m V l, m l, m V l, m l,m = El,m + E l+,m El,m E l,m = P E E l,m ll + 3m l l + 3, ha l 6.7 4

146 Az l = esetben E,m =, V, Θ = Θ, V, Θ P E = Megoldás A perturbálatlan Hamilton-operátor illetve a perturbáló elektromos potenciál alakja:: H = ω a + x a x + a + y a y + a + z a z + 3 W = eez = ee a + mω z + a z 6.74 Világos, hogy az elsőrendű energiakorrekció zérus: n x n y n z W n x n y n z = ee n x n y n z a + z + a z n x n y n z = 6.75 mω Az alapállapoti hullámfüggvény elsőrendű korrekciója: Ψ = n x n y n z W n x n y n z 6.76 E n nxn x,n y,n z yn z E A Ψ = alapállapoti hullámfüggvényt közelíthetjük a Ψ = Ψ + Ψ összeggel Ψ merőleges Ψ -re, ahol Ψ Ψ = + OE normanégyzet -től való eltérése E-ben csak másodrendű, így elhagyható az elsőrendű számoláskor. A P dilólusmomentum kifejezése: P = e Ψ z Ψ = e z Ψ + z Ψ = er z Ψ Ψ Ψ Ψ 6.77 Ψ z Ψ = z n x n y n z eez n x n y n z = n n x + n y + n z ω x,n y,n z = ee nx n y n z z z n x n y n z = n n x + n y + n z ω x,n y,n z z = ee = ee = + + ω ω mω Tehát a polarizáció illetve az elektromos szuszceptibilitás: P = e Ψ z Ψ = e E χ mω E = e mω ee mω Megoldás Keressük meg az H = ξ L S = ξ L x S x + L y S y + L z S z operátor mátrixát az l = -hez tartozó altér következő bázisán:,,,,,,,,,,,! Használjuk fel ehhez a következő l = és s = / esetén érvényes összefüggéseket: S x =, S x =, S y = i, S y = i, S z =, S z =

147 L z m = m m, L ± m = mm ± 6.8 Mivel S x és S y a spinen forgat, az azonos spinekhez tartozó mátrixelemekben csak L z S z szerepel: m L S m = m ξl z S z m = ξ m L z m S z = m ξδ m,m 6.8 m ξl S m = m ξδ m,m 6.8 A különböző spinekhez tartozó mátrixelemekben pedig az L z S z nem szerepel: m ξl S m = ξ m L x S x + L y S y m = ξ m L x i L y m = = ξ m L m = ξ m m δ m,m m ξl S m = ξ m m + δ m,m + Tehát a H = ξ L S operátor mátrixa: ξ L S = ξ 6.83 A mátrix blokkdiagonális, így elég csak a 4 diagonális blokkot külön diagonalizálnunk. Ezalapján a sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátfüggvények: ξ :, ξ : 3 ξ : 3 ξ : 3,, + 3, ξ : 3,, ξ :, 3, + 3,, szoros 4-szeres -szeres ξ ξ ξ = ξ 6.8 Megoldás Időfüggő perturbációszámítás első rendjében az átmeneti valószínűség: P i f t = t f V t i e ı E f E i t dt

148 Itt V t = ee ze t τ, f = ψ,l,m és i = ψ,,, tehát bevezetve az ω fi = E f E i / jelölést Számítsuk ki először z fi -t: P i f t = e E ψ,l,m z ψ,, } {{ } z fi t e t τ e ıω fi t dt } {{ } gt 3 z ψ,, r = e z a Y ˆr ψ,l,m r = a r R,lrY m Y ˆr = 3 z 4π r A szög szerinti integrálás a következőt adja: 4π Yl m ˆrY ˆrY ˆrdΩ = 3 3 z = Emiatt a radiális rész integrálásánál csak az R, r = r törődnünk: 6.86 l ˆr π 3 ry ˆr 6.88 Y m l ˆrY ˆrdΩ = 3 δ l, δ m, z zr 3 a a e zr a esettel kell ψ,, z ψ,, = 3 3 z z z 3 3 a a a = 3 3 z z z 3 3 a a a drr 4 e zr a e zr a } {{ } a 3z 5 a 3z dxx 4 e x } {{ } 4!=4 5 4 = a z = Már csak az időfüggő gt tag számolása van hátra: t gt = e τ ıω fit dt = ıω e τ ıω fit = τ fi τ = + ωfi τ + e t τ e t τ cos ωfi t Tehát lim gt = τ t + ωfi τ P lm t = δ l, δ m,.555 ea E τ z + ωfi τ = V fi τ + ωfi τ

149 Ha vesszük a τ határesetet, akkor az egy V t = ee zθt, lépcsőszerűen bekapcsolt perturbációnak felel meg, ami P fi t = V fi 6.9 ωfi eredményt ad. Mivel a perturbáció t > -ra időfüggetlen, érdekes lehet az időfüggetlen pertubációszámítás eredménye is, mely másodrendben a P fi = c if = ψ i V ψ f E f E i 6.9 eredményre vezet, mely láthatóan egyezik az időfüggő perturbáció limeszeként kapott eredménnyel. Ha azonban a Fermi-féle aranyszabályból szeretnénk számolni, akkor P fi = π V fi δe f E i t 6.93 az eredmény, ami t limeszben divergál, így rossz eredmény. 6.9 Megoldás Az oszcillátorra ható perturbáló potenciál V t = exet alakú. A perturbációszámítás első rendjében: P = V t e ı E E t dt 6.94 A V mátrixelem számolásakor a tér- és időfüggő részek szétválaszthatóak, így a térszerű rész kivihető az időintegrál elé. Így a következőket kell kiszámolnunk felhasználva, hogy ω = E E, és bevezetve y = t/τ-t: ee x = ee 6.95 mω π e t τ e ıωt dt = τ π e y e ıωτy dy = = τ π ωτ y+ı e ωτ dye = Ezeket felhasználva: 6. Megoldás A perturbáló potenciál: ωτ = τe P = e E τ ω τ m ω e V t = qxe, ha t t

150 Az átmeneti valószínűség valamelyik n-edik gerjesztett álapotba: P n = t n V t e ı E n E t dt 6.98 Az integrálban szereplő mátrixelem: n V t = qe n x = qe n a + a = qe δ n, 6.99 mω mω Azaz P n =, ha n. P = q E t mω e ıω t dt 6. Megoldás P n = Az integrálban szereplő mátrixelem: n V t = ee Az időintegrál: τ e ı Tehát L E n E t dt = = q E mω 4sin ω t ω τ n V t e ı P n = e E m L 6 8n + n 4 π 6 n 6 azaz P n =, ha n páratlan. = q E mω 3 sin ω t 6. E n E t dt 6. nπ π L sin L x x L sin L x 4Ln + n dx = ee π n 6. 4m L 4 π n [ cos ω nτ], ahol ω n = π ml n 6.3 [ ] π cos ml n τ, Megoldás Legyen az oszcillátor kezdetben az n-edik gerjesztett állapotban. A ψt állapot elsőrendű közelítéséhez szükségünk van a lehetséges átmeneti rátákra, melyek csak önmagukba, illetve a szomszédos állpotokba nem nullák első rendben: c n,nt = 6.5 c n,n+t = n + ee F t e ıω t dt ı mω 6.6 c n,n t = n ı mω ee 45 t F t e ıω t dt 6.7

151 Itt bevezettük az F t = { e αt sin ωt, ha t < sin ωt, ha t > 6.8 jelölést. Világos, hogy az átmeneti ráták számolásához időfüggő részben szereplő alábbi integrálokat kell kiszámolnunk: t F t e ±ıω t dt = t e α±ıω t sin ωt dt + e ±ıω t sin ωt dt 6.9 lim α t e α±ıω t sin ωt dt = lim α ı α + ıω ± ıω α ıω ± ıω e ±ıω t sin ωt dt = e ıω±ω t e ıω ω t + + ω ± ω ω ω ω ± ω ω ω } {{ } ω ω ω lim t α Ennek felhasználásával az α limeszben = ω ω ω F t e ±ıω t dt = e ıω±ω t e ıω ω t 6. ω ± ω ω ω ψt = e ıω n+ t n + e ıω n+ t 3 c n,n+t n + + e ıω n t c n,n t n = = e ıω n+ t n + c n,n+te ıωt n + + c n,n te ıωt n Vezessük be a következő segédmnnyiségeket: c n,n+t = c n,n+te ıω t = ee n + ıω cos ωt + ω mω ω ω sin ωt 6.3 c n,n t = c n,n te ıωt = ee n ıω cos ωt ω mω ω ω sin ωt 6.4 A ψt ψt = + c n,n t + c n,n+t, a korrekció azonban E-ben másodrendű, így a polarizációra azt kapjuk első rendben, hogy: P t = ψ t ex ψ t = 6.5 c n,n+t n ex n + + c n,n+t n + ex n c er c n,n+t n,n t n ex n + c n,n+t n ex n = 6.7 n + + er c n mω n,n t = e E sin ωt 6.8 mω m ω ω 46

152 Vagyis P t szinuszosan függ az időtől, így P ω épp a szinuszos tagot megelőző függvény, így a dinamikus szuszceptibilitás χ E ω = e m ω ω 6.9 Vegyük észre, hogy az eredmény független n-től, vagyis az összes gerjesztett állapot ugyanannyira polarizálható! Az ω limeszben az eredmény megegyezik a 6.6 megoldásban található időfüggetlen eset eredményével. 6.3 Megoldás A perturbáló potenciál alakja: { ee xe αt sin ωt, ha t V t =, ha t <. 6. Innen az átmeneti valószínűségek: P n m t = t dt E e m x n e αt sin ωt e i Em En t 6. Mivel m x n = n + δm,n+ + n δm,n 6. mω mω csak P n n+ és P n n nem nulla első rendben. Ezen valószínűségek alakja t -ben: P n n+ t = e E n + m ω dt e αt sin ωt e iω t = = e E n + m ω dt e α+iω +ωt e α+iω ωt i = = e E n + m ω i α iω + ω = α iω ω = e E n + ω m ω α + ω ω iαω = = e E m ω n + ω α + ω ω + 4α ω P n n t = e E m ω n ω α + ω ω + 4α ω Ekkor véve az α határesetet: P n n+ t = e E m ω n + ω ω ω P n n t = e E m ω n ω ω ω Vegyük észre, hogy a t és α limeszt nem cserélhetjük fel! 47

153 7. fejezet Szóráselmélet 7.. Elmélet 7... Kontinuitási egyenlet, valószínűségi áramsűrűség Az időfüggő Schrödinger-egyenletet, ψ r, t i t = + V r, t ψ r, t, 7. m ψ -gal beszorozva, ill. a konjugált egyenletet, i ψ r, t = + V r, t ψ r, t, 7. t m ψ-vel beszorozva, majd a két egyenletet egymásból kivonva az i ψ ψ r, t r, t + ψ r, t ψ r, t = t t m ψ r, t ψ r, t ψ r, t ψ r, t 7.3 egyenletet kapjuk. Mindkét oldalt teljes deriválttá alakítva, egy kontinuitási egyenlethez jutunk: ρ r, t + div j r, t =, 7.4 t ahol a. egyenlettel összhangban a részecske megtalálási valószínűségsűrűsége és ρ r, t = ψ r, t ψ r, t = ψ r, t 7.5 j r, t = i m ψ r, t ψ r, t ψ r, t ψ r, t 7.6 a megtalálási valószínűségi áramsűrűség. 48

154 7... Háromdimenziós potenciálszórás Egy szóráskísérletben a részecskeforrás által kibocsájtott részecskék valamely rendszeren targeten keresztül mozognak, majd azokat detektorokkal fogjuk be. A bejövő és továbbhaladó részecskék áramsűrűségének ill. összáramának intenzitásának arányából tehetünk megállapításokat a target szerkezetére és elektronállapotaira vonatkozóan. Ehhez a feladathoz egy haladó részecskét leíró véges kiterjedésű hullámcsomag időfejlődését kell követnünk az időfüggő Schrödinger egyenlet megoldásán keresztül. Egy hullámcsomag mindig kifejthető síkhullám bázison Fourier-transzformáció: ψ r = π Ake ikr dk 7.7 Mivel mind a Schrödinger-egyenlet, mind a Fourier-transzformáció lineáris, elegendő az egyenleteket egyetlen Fourier-komponensre megoldani, ezt követően megkapható az eredeti hullámcsomagunkra vonatkozó megoldás inverz Fourier-transzformációval. Ezért mi most megelégszünk egy síkhullám szórásának a leírásával. A síkhullámok nem normálhatóak, így gyakran hivatkozunk majd arra, hogy a szórási állapotok nem normálhatóak, ami az axiómákkal összevetve látszólag sok helyen gondot okozhat. Ilyenkor tartsuk észben, a síkhullám előtti normálófaktor valójában egy Fourier-kifejtés egy komponense, és segítségével egy normálható hullámcsomagot állíthatunk elő. Emellett a valódi kísérleteknél sosincs végtelen térben mozgó részecske, a kísérleti elrendezések mindig be vannak zárva egy potenciáldobozba a labor fala, ami szabad esetben kvantálttá teszi a hullámszám értékét. Ha azonban a potenciáldoboz nagyon nagy, akkor egyrészt a végtelen tér jó közelítés lesz, másrészt a k értékek nagyon közel esnek. Ekkor jó közelítéssel vehetjük őket folytonosnak, és dolgozhatunk egyszerűen síkhullámokkal azon az áron, hogy nem normálható hullámfüggvényeket kell kezelnünk pl fejezet. Ezután a kis kitérő után térjünk vissza a korábbi gondolatmenetünkhöz. A targettől elegendően távol szabad megoldást tételezünk fel, azaz az időfüggő Schrödinger-egyenlet alakú, melynek síkhullám megoldása i t ψ r, t = H ψ r, t = p m ψ r, t 7.8 ψ r, t = A e ikr E t, 7.9 ahol és a bejövő részecskeáram-sűrűség E = k m >, 7. j = A k m. 7. Rugalmas szórás potenciálszórás esetén a targetet egy V r időfüggetlen potenciállal írjuk le, melyről legalább azt kell feltételeznünk, hogy a végtelenben /r-nél gyorsabban cseng le, azaz lim r rv r =. Az időfüggő Schrödinger-egyenlet, i t ψ r, t = H + V r ψ r, t 7. 49

155 E energiájú megoldását keressük, ψ r, t = ψ r e i E t, 7.3 ezért az időfüggő probléma megoldása visszavezethető a H + V r ψ r = Eψ r 7.4 stacionárius probléma megoldására. Lippmann-Schwinger egyenlet A szórásprobléma megoldását bontsuk fel a bejövő részecske ψ r hullámfüggvényének és a szórás következtében fellépő ψ sz r hullámfüggvény összegére: Ezt a Schrödinger-egyenletbe beírva, ψ r = ψ r + ψ sz r. 7.5 H + V r ψ r + ψ sz r = E ψ r + ψ sz r, 7.6 kihasználva, hogy H ψ r = Eψ r, majd átrendezve, nyerjük a egyenletet. H + V r ψ sz r + V r ψ r = E ψ sz r, 7.7 H E ψ sz r = V r ψ r 7.8 A fenti egyenlet megoldására bevezetjük a Green-függvényt, melyet koordináta-reprezentációban a következő egyenlet definiál, H r E G r, r, E = δ r r. 7.9 A Green-függvény éppen H spektrumán, E >, nem értelmezhető, de a komplex síkon felülről ill. alulról közelítve határozott de különböző határértékekkel rendelkezik, ahol k = me/. G ± r, r, E lim G r, r, E ± iε = m e ±ik r r ε π r r, 7. A szórt hulámfüggvényt a Green-függvény segítségével a következő integrállal fejezhetjük ki, ψ sz ± r = G ± r, r, E V r ψ ± r d 3 r, 7. ill. a szórásprobléma teljes hullámfüggvénye eleget tesz a ψ ± r = ψ r + G ± r, r, E V r ψ ± r d 3 r 7. Lippmann-Schwinger-egyenletnek. Ez az integrálegyenlet ekvivalens a Schrödinger-egyenlettel úgy, hogy expliciten tartalmazza a lim r ψ ± r = ψ r határfeltételt is. Mivel az origóból kifutó gömbhullám alakja e ikr Et/ /r, szóráskísérletek leírásában a + esetet tekintjük és a továbbiakban ezt külön nem jelöljük. 5

156 Born közelítés A 7. Lippmann-Schwinger-egyenlet megoldását szukcesszív approximációval keressük: ψ r = ψ r, 7.3 ψ r = ψ r + G r, r, E V r ψ r d 3 r ψ k+ r = ψ r + G r, r, E V r ψ k r d 3 r Ezt nevezzük Born-sorozatnak. Főként gyenge szórás esetében, megelégszünk az elsőrendű közelítéssel, amit egyszerűen Born-közelítésnek nevezünk: ψ r ψ r + G r, r, E V r ψ r d 3 r. 7.8 Szórásamplitúdó és hatáskeresztmetszet Mivel a detektort általában messze helyezzük el a targettől, a hullámfüggvény aszimptotikus alakját keressük. Alkalmazzuk az r r r r r r r r 7.9 közelítést és vezessük be a k f = k r hullámszámvektort. A Green-függvény aszimptotikus r alakja: G r, r, E m ikr kf r e, 7.3 r r π r amit behelyettesítve a 7.8 egyenletbe és kihasználva a beeső síkhullám 7.9 alakját, az ψ r e A ikr + f q eikr 7.3 r r r ahol q = k k f és f q a szórásamplitúdó, f q = m π V r e iqr d 3 r. 7.3 A q vektor helyett, rögzített energia mellett, a szórásamplitúdó változóinak választhatjuk a detektor irányát jellemző ϑ és ϕ gömbi polárkoordinátákat, f ϑ, ϕ. Az ϑ, ϕ irányban elehelyezkedő, dω térszöget befogó detektorba érkező részecskék időegységre jutó mennyiségét a koontinuitási egyenlet és a Gauss-tétel felhasználásával a következőképpen fejezhetjük ki, dn ϑ, ϕ; dω dt = r r j r r dω

157 Ugyanezen mennyiség jellemzésére használjuk a differenciális hatáskeresztmetszetet, dn ϑ, ϕ; dω dt dσ ϑ, ϕ = j dω, 7.34 dω ahol j a beeső részecskék időegységre jutó fluxusa. A fentiekből a összefüggést nyerjük. dσ ϑ, ϕ dω = r rj r j 7.35 A 7.3 aszimptotikus hullámfüggvény alapján a valószínűségi áramsűrűség, ahol j = A k/m, j sz = A m j = j + j sz + j int, 7.36 e ikr e ikr f ϑ, ϕ Im A k r r m f ϑ, r ϕ r, és belátható, hogy aszimptotikus limeszben az j int interferencia tag csak az előreszórás ˆr = k esetén ad járulékot. Mivel a beeső részecskeáram triviális járulékot ad a differenciális hatáskeresztmetszethez, dσ ϑ,ϕ = r kˆr = r cos ϑ, a szokásos definíció szerint dω csupán a szórt részecskék hatáskeresztmetszetét tekintjük, amire a nevezetes dσ ϑ, ϕ dω = f ϑ, ϕ 7.38 összefüggést kapjuk. A teljes szórási hatáskeresztmetszet, σ = dσϑ,ϕ dω, kiszámításánál dω már figyelembe kell venni az interferenciatagot és levezethető az ún. optikai tétel: σ = 4π k Im f Alakfaktor és szerkezeti tényező A differenciális hatáskeresztmetszet számítására tehát a dσ q dω = m 4π 4 V r e iqr d 3 r 7.4 kifejezést használjuk. Tekintsünk egy azonos atomokból vagy molekulákból álló összetett targetet és az R i vektorok jelöljék a szórócentrumok pozícióvektorait. Ekkor a a targetpotenciál a V r individuális szórópotenciál segítségével a következőképpen írható fel, V r = N V r R i, 7.4 ahol N a szorócentrumok számát jelöli. A target szórásamplitúdója: i= f q = f q 5 N e iqr i, 7.4 i=

158 ahol bevezettük az individuális szórócentrum szórási amplitúdóját, amit alakfaktor nak hívunk: f q = m V π r e iqr d 3 r Következésképpen, a differenciális hatáskeresztmetszet felírható a σ q = σ q S q 7.44 szorzatalakban, ahol σ q = f q egy szórócentrum differenciális hatáskeresztmetszete és S q = e iqr i R j 7.45 i,j a statikus szerkezeti tényező, melynek mérése információt szolgáltat az atomok molekulák térbeli eloszlásáról a targeten belül Parciális hullámok módszere Főként véges kiterjedésű és közel gömbszimmetrikus szórópotenciál esetén, V r > S =, érdemes használni a szórásamplitudók és hatáskeresztmetszet számítására a parciális hullámok módszerét. Itt a Green-függvény alábbi kifejtését használjuk: G r, r, E = ik m l,m j l kr < h + l kr > Yl m ˆr Yl m ˆr, 7.46 ahol k = me/, r < = min r, r, r > = max r, r, valamint j l x, n l x és h ± l x = j l x ± in l x rendre a gömbi Bessel-, Neumann- és Hankel-függvények és Yl m ˆr a komplex gömbharmonikusok. Jegyezzük fel a következő aszimptotikus alakokat: j l x sin x l π x x n l x cos x l π x x h ± l x exp±ix = il+ x x Behelyettesítés után a 7. Lippmann-Schwinger-egyenlet alakja r > S esetén, ψ r = e ikr + ik l,m i l h + l kr Y m l ˆr c lm, 7.48 ahol Felhasználva az e ikr = 4π l,m kifejtést Y m l c lm = mi l r S j l kr Y m l ˆr V r ψ r d 3 r i l j l kr Yl m ˆr Yl m ˆk = 4π l + i l j l kr Yl ˆr, 7.5 k=kẑ l ẑ = δ m, l+, ψ r parciális hullámokra bontható: 4π ψ r = l,m R lm r Y m l ˆr,

159 és a radiális hullámfüggvényekre vonatkozó Lippmann-Schwinger-egyenlet: R lm r = 4π l + i l j l kr δ m, + i l+ kh + l kr c lm, 7.5 c lm = mi l S j l kr V r R lm r r dr A fenti két egyenlet szukcesszív megoldásából azonnal látható, hogy R lm r és c lm csupán m = -ra különböznek zérustól, azaz ψ r = l R l r P l cos ϑ, 7.54 ahol felhasználtuk, hogy Y l ˆr = R l r = l + i l j l kr + l+ P 4π l cos ϑ P l a Legendre polinomokat jelöli, ik h + l kr c l 4π l +, 7.55 és c l = mi l S A Hankel-függvény aszimptotikus alakjából következik, hogy j l kr V r R l r r dr és a szórásamplitudóra a ψ r e ikr + f ϑ eikr r r, 7.57 f ϑ = l l + 4π c l P l cos ϑ, 7.58 kifejtést kapjuk. Innen a teljes szórási hatáskeresztmetszet, σ = dω f ϑ, ϕ = c l l Mivel P l =, az optikai tétel értelmében, 4π l + c l k aminek megoldása parciális komponensenként: l Im c l =, 7.6 c l = 4π l + e iδ l sin δ l δ l R. 7.6 k A δ l paramétert fázistolásnak nevezzük, ugyanis R l r j l kr + ie iδ l sin δ l h + l kr = j l kr + ie iδ l sin δ l nl kr e iδ l sin δ l j l kr cos δ l n l kr sin δ l r kr sin kr l π + δ l,

160 azaz aszimptotikusan a parciális hullám fázisa éppen δ l -lel tolódik el a szórás nélküli esethez képest. A fázistolások meghatározhatók a radiális hullámfüggvény ill. a derivált illesztésével az r = S gömbsugárnál. Segítségükkel a szórásamplitudó és a teljes hatáskeresztmetszet könnyen meghatározható: és f ϑ = l + e iδ l sin δ l P l cos ϑ, 7.63 k Egydimenziós szórás, alagúteffektus l σ = 4π l + sin δ k l l Számos esetben pl. kvázi-egydimenziós rendszerek, kétdimenziós transzlációszimmetriával rendelkező határfelületek az elektronok szóródását jó közelítéssel a d m dx + V x E ψ x = 7.65 egydimenziós Schrödinger-egyenlettel írhatjuk le. Egy balról jobbra haladó x = x = síkhullám térfüggő része e ikx, míg a fordított irányban haladóé e ikx. A megfelelő határfeltétel mellett keressük a 7.65 egyenlet megoldását úgy, hogy a potenciál véges szakadásainál a hullámfüggvényt és annak deriváltját folytonosan illesztjük. Példaként tekintsük a véges négyszög alakú potenciálfal esetét: I. tartomány x a V x = V > II. tartomány a < x III. tartomány x > Legyen a balról bejövő részecske energiája E = k. Az I. tartományban a hullámfüggvény a bejövő és visszaverődő hullám m lineárkombinációja, míg a III. tartományban csak áthaladó hullám van: ψ I x = Ae ikx + Be ikx, 7.67 ψ III x = Ce ikx Az I. tartományban a valószínűségi áramsűrűség, j I x = m Im ψi x dψ I x = A k dx m k B m + m Im ib Ae ikx ia Be ikx, } {{ } 7.69 ami tehát a bejövő és visszaverődő reflektált hullám áramsűrűségének összege: j I = j i + j r, 7.7 j i = A k j r = B k m m

161 A visszaverődési reflexiós együttható a két áramsűrűség aránya, A III. tartományban az áramsűrűség, R = j r j i = B A mellyel az áthaladási transzmissziós együttható definiálható:. 7.7 j III = j t = C k m, 7.73 T = j t = C j i A Mivel a II. tartományban nem keletkezik részecsketöbblet, d dxρ x, t =, a kontinuitási egyenletből következik, hogy dt II j i + j r = j t, 7.75 amiből a reflexiós és transzmissziós tényező közötti alapvető összefüggés adódik, R + T = A II. tartományban a Schrödinger-egyenlet általános megoldása ahol, ψ II x = F e iαx + Ge iαx, 7.77 E V = α m A B, C, F és G paraméterek mehatározására írjuk fel az illesztési egyenleteket: ψ I a = ψ II a = Ae ika + Be ika = F e iαa + Ge iαa 7.79 ψ I a = ψ II a = Ake ika Bke ika = F αe iαa Gαe iαa 7.8 I A α + k e ika + B α k e ika = F αe iαa 7.8 II A α k e ika + B α + k e ika = Gαe iαa, 7.8 valamint, ψ II = ψ III = F + G = C 7.83 ψ II = ψ III = F G α = kc

162 III F α = C α + k 7.85 IV Gα = C α k A megjelölt négy egyenlet további kombinálásával a következő eredmények kaphatók: B A = k α e iαa k + α k α e iαa e ika 7.87 C A = R = T = 4kα k + α k α e iαa eiα ka k α k α 7.89 sin αa, k α sin αa 4k α amiből látható, hogy erre a konkrét esetre is teljesül a 7.76 egyenlőség. Vizsgáljuk meg pontosabban a transzmissziós együtthatót: V sin m E V a T = + 4E E V. 7.9 Érdekes, hogy az energiával felülről közelítve V -hoz, lim T = + mv a <, 7.9 E V + tehát a klasszikus szórással ellentétben R = és T = értékeket várnánk, zérustól különbözik a reflexiós tényező. Tökéletes áthaladást észlelünk viszont a diszkrét energiaértékeknél. T = + E n = V + n π ma n =,, Ha az energia kisebb, mint a potenciálfal magassága E < V, V sinh m V Ea 4E V E >, 7.94 azaz ismételten ellentétben a klasszikus elvárással, mindig van áthaladó intenzitás. Ezt m hívjuk alagúteffektusnak. Az energiafüggő lecsengési hosszhoz λ = / V E képest széles barrier esetén, az áthaladási együtthatót exponenciális függvény írja le: T 6E V E 8m exp V V Ea A transzmisszió V -tól való függése az alábbi ábrán látható: 57

163 58

164 7.. Feladatok 7... Példák 7.. Feladat Számítsa ki a balról beeső egydimenziós síkhullám T áthaladási és R visszaverődési együtthatóját a { V ha x V x = 7.96 ha x < potenciálgáton! Mennyi ezek összege? Diszkutálja külön a következő eseteket: a V > E b < E < V 7.. Feladat Számítsuk ki a visszaverődési és áthatolási együtthatókat az egydimenziós V x = Kδx 7.97 Dirac-delta potenciál esetére! Milyen kapcsolatban vannak ezek vonzó potenciál esetén a kötött állapottal? 7.3. Feladat Adott a következő egydimenziós potenciál: V x = { K δx + a ha x < ha x >, 7.98 ahol K > és a >. Számítsa ki egy balról beeső síkhullám R visszaverődési tényezőjét ill. a δ potenciálon áthaladó hullám amplitúdóját! Milyen energiáknál vannak R lokális minimumhelyei rezonanciák, amit virtuális energiaszinteknek nevezünk? Mi R értéke ezeken az energiákon? 7.4. Feladat Írjuk le a V x = k= Kδx ka 7.99 egydimenziós periodikus potenciáltérben mozgó részecske lehetséges kötött ill. szórásállapoti energiaértékeit a K > választása mellett! Segítség:. Vizsgáljuk meg, hogy milyen feltételt ró ki a hullámfüggvényre az a-val való eltolási invariancia! Tekintsünk ezután először egy N darab Dirac-deltából álló véges láncot periodikus peremfeltétellel: Ψx + N a = Ψx. Oldjuk meg egy Delta-potenciál két oldalán vett hullámfüggvényre felírható peremfeltételekből kapott egyenleteket, majd vizsgáljuk ezek megoldhatósági tartományát Feladat Adott egy V r gömbszimmetrikus potenciál, melyre fennáll, hogy V r =, ha r R. Valamely E > energiára tekintsük ismertnek a Schrödinger-egyenlet parciális megoldását, ] [ m + V r Ψ lm E, r = EΨ lm E, r r R, 7. 59

165 ahol Ψ lm E, r = R l E, r Yl m ϑ, ϕ. Vezesse le az l-ik parciális hullám fázistolásának meghatározására szolgáló összefüggést tan δ l E! Keressük a megoldást r > R esetén az alakban! R l E, r j l kr cos δ l E n l kr sin δ l E Feladat A parciális hullámok módszere alapján számítsuk ki egy merev golyó parciális fázistolásait! Határozzuk meg a teljes hatáskeresztmetszetet a alacsony energiás határesetben, b nagyenergiás határesetben! 7.7. Feladat A parciális hullámok módszere alapján számítsa ki a δ héj potenciálra a parciális fázistolásokat! V r = Kδr R 7. Segítség:. Használjuk fel, hogy szeférikus Bessel- és Neumann-függvények ún. Wronskideterminánsa: j lxn l x j l xn lx = x Feladat Vizsgáljuk a puha golyón, { V ha r a V r = ha r > a. 7.4 való szóródást! a Számítsa ki az l = impulzusmomentum sajátértékhez tartozó parciális fázistolás tangensét! b Mekkora a teljes hatáskeresztmetszet az alacsony energiás Ea határesetben? c Hogyan kaphatjuk meg a fenti eredmény alapján a merev gömb, V, azaz erős taszító potenciál alacsony energiás teljes hatáskeresztmetszetét? σ = 4πa 7.9. Feladat Számítsuk ki első rendű Born közelítésben a szórásamplitúdót, valamint a differenciális és teljes hatáskeresztmetszetet! A c esetben Yukawa-potenciál diszkutáljuk a Coulomb-szórás esetét! a V r = V e r r b V r = V e r r c V r = α r r e r { V, ha r < r d V r =, ha r > r 6

166 7... Megoldások 7. Megoldás a Először tekintsuk azt az esetet, amikor a beeső síkhullám energiája magasabb a potenciálgátnál! Ilyenkor a balról, x felől érkező és a potenciálgáton visszaverőrő hullám alakja ψ x = Ae iαx + Be iαx, ha x <, 7.5 illetve a lépcső oldalán az áthaladó síkhullám alakja ψ x = Ce iβx, ha x, 7.6 ahol a két tartományban a hullámszám értéke me m α = β = E V. 7.7 A síkhullám illetve deriváltjának folytonossága ψ = ψ A + B = C ψ = ψ iαa B = iβc miatt a B és C együtthatókat az alábbiak szerint lehet kifejezni B = α β α A illetve C = A. 7.8 α + β α + β Ezek alapján meghatározzuk a beeső, a visszaverődő illetve az áthaladó hullámhoz rendelhető áramsűrűséget. Megmutatjuk, hogy az áramsűrűségek esetén a visszavert és a tovább haladó érték összege megegyezik a beesőével. A beeső, a visszavert illetve az áthaladó áramsűrűségek rendre j i = α m A, j r = α m B, j t = β m C, 7.9 Az visszavert illetve áthaladó áramsűrűségeket a beesőhöz viszonyítva R = j r j i = B A = α β α + β amiből könnyen belátható, hogy T + R =, T = j t = β C j i α A = α β α + β α 4αβ α + β 7. α β + =. 7. α + β Vezessünk be egy új változót a potenciálgát és az energia viszonyára, v = V /E, mert mind R, mind pedig T kifejezhető ezzel a paraméterrel B = v + v A, illetve C = + A. 7. v 6

167 b Tekintsük most azt az esetet, amikor a beeső hullám energiája kisebb a potenciálgát magasságánál, < E < V. Ekkor a megfelelő megoldások ψ x = Ae iαx + Be iαx, ha x <, ψ x = Ce βx, ha x, 7.3 ahol me α = m β = V E. 7.4 A hullámfüggvények folytonosságából amiből A + B = CiαA B = βc, 7.5 B = iα + β iα A illetve C = A, 7.6 iα β iα β ahonnan jól látszik, hogy R = illetve j t = T =. Az R reflexiós tényező menete a 7. ábrán látható 7.. ábra. R reflexiós együttható V függvényében végtelen széles potenciáldoboz esetén. 7. Megoldás A delta potenciálra balról beeső, visszaverődő illetve jobbra áthaladó hullámok, a következő alakúak ψ x = Ae ikx + Be ikx, ha x < ψ x = Ce ikx, ha x >, 7.7 melynek folytonossági feltétele illetve a delta-függvény deriváltjai közötti összefüggést leíró. egyenlet szerint A + B = C illetve ikc A + B = mk C, 7.8 6

168 aminek a γ = mka/ helyettesítéssel Innen B = R = B A = iγ iγ A illetve C = A. 7.9 iγ γ illetve T = C 4 + γ A = γ, 7. Vagyis R+T = teljesül. Fontos megjegyezni, hogy mind a visszaverődési, B, mind pedig az áthaladási, C, együttható divergál, ha iγ =, azaz, ha vagyis a kötött állapot energiájánál. E = mk, Megoldás A balról beeső és visszavert, k = me/ hullámszámú síkhullám szuperpozíciója ψ x = Ae ikx + Be ikx, ha x < a, 7. míg a delta potenciál és a végtelen fal között ψ x = C sinkx, ha a < x <, 7.3 végül a pozitív féltérben a megoldás a végtelen potenciálfal miatt azonosan zérus. Ennek megfelelően a megoldás az x = a pontban folytonos, Ae ika + Be ika = C sinka 7.4 illetve érvényes rá a delta-potenciál esetén a deriváltakra megismert. egyenlet szerinti összefüggés Ck cos ka ikae ika Be ika = mk C sin ka, 7.5 Szorozzuk be mindkét oldalt a-val, vezessük be az α = ka, illetve a γ = mk és rendezzük át az egyenletet: mennyiségeket, Cα cos α γa sin α = iαae ika Be ika 7.6 A 7.4 egyenletből behelyettesítve C-t, bevezetve a β = α cot α γa mennyiséget, illetve kifejezve B-t és C-t kapjuk a következőt: Az áramsűrűségek vizsgálatából: B = iα + β iα β e iα A, C = 4α iα βe iα A 7.7 R = B A =, j t = T = 7.8 Vagyis természetesen a végtelen potenciálfal miatt nincs folyamatos részecskeáram jobbra, teljes a visszaverődés stacionárius esetben. A delta-potenciál illetve a végtelen fal közötti 63

169 térrészben a megoldás C együtthatója bizonyos esetekben azonban divergálhat is. A nevezőben levő iα β sosem lehet zérus, de bizonyos k értékeknél a másik tényező, e iα, igen. Ennek feltétele, hogy α = ka = nπ egész n-ek esetén. Ilyenkor a k meghatározásából E = π ma n, 7.9 amelyek a rezonáns szóródásként a rendszer virtuális energiaszintjeiként viselkednek. 7.4 Megoldás A V x = n= γδx na egy periodikus potenciál, tehát V x + a = V x. Azaz a-val elmozdulva ugyan azt látjuk, így minden mérhető mennyiségnek periodikusnak kell lennie a szerint. Tehát x-ben és x + a-ban a hullámfüggvény értéke maximum egy globális fázisfaktorban térhet el: ψx + a = e ıϕ ψx. Tekintsünk először egy véges N darab Dirac-deltából álló láncot periodikus peremfeltétellel: Ψx + N a = Ψx. Ekkor ϕ = Ka alakot választva K = π n, ahol n =, ±, ±, Na A probléma kötött állapotai γ <, szórási állapotai γ > választással kaphatóak meg. Mindkét esetben a periodikusság miatt elegendő egy cellára egy Dirac-delta két oldalára vizsgálni a problémát. Bevezetve az α = m E / mennyiséget a következőt kapjuk kötött állapotokra: Ψx = Ae αx + Be αx, ha a < x < Ψx = Ae αx αa+iϕ + Be αx+αa+iϕ, ha < x < a Szórási állapotokra bevezetve k = m E / -t, azaz α = ik mellett: Ψx = A sinkx + B coskx, ha a < x < Ψx = e ika [A sinkx + a + B coskx + a], ha < x < a Mindkét esetben kihasználva, hogy Ψx folytonos x = -ban, illetve hogy Ψ megváltozása Ψ = mγ Ψ. A megoldásokat ide behelyettesítve kötött állapotokra a cos ϕ = coshαa β sinhαa 7.3 α kifejezést kapjuk, ahol β = mγ, szórási állapotokra pedig a coska = coska β sinka 7.3 k formulát. Mindkét esetben a bal oldalon szereplő koszinusz függvény korlátossága írja elő, hogy mely αa illetve ka intervallumokban létezik megoldás sáv vagy pedig tiltott a megoldás gap. A megoldások N növelésével egyre sűrűsödnek a sávban, az N limeszben pedig kitöltik a teljes sávot. Ha most a Dirac-deltákat atomi potenciálok közelítésének tekintjük, akkor láthatjuk, hogy a modell épp kristályos rendbe szilárd halmazállapot állt atomok között mozgó elektronokra ad modellt. Ez az egyik legegyszerűbb, sávokból és ezek közti gapekből álló modellje a szilárd anyagoknak. 64

170 7.5 Megoldás A teret két tartományra oszthatjuk aszerint, hogy a potenciál hol végtelen, illetve hol : ψ < r, ha x < R ψ > r = R l ry m l ˆr, ha r R, 7.33 Innen r R esetén a következő radiális Schrödinger-egyenletet kapjuk: d dr + d r dr + ll + k R r l r =, ahol k = me 7.34 Keressük a radiális hullámfüggvényt a következő alakban: R l r = A l kj l kr + B l kn l kr 7.35 Ez az r limeszben R l r = A lk kr sin kr lπ + B lk cos kr lπ kr 7.36 alakú. Bevezetve C l k = A l k + B l k valamint cos δ lk = A l k/c l k és sin δ l k = B l k/c l k változókat azt kapjuk, hogy Vagyis R l r a következő alakú: R l r = C lk kr D l k = C l k cos δ l k-t bevezetve: sinkr lπ δ lk 7.37 R l r = C l k [cos δ l kj l kr sin δ l kn l kr] 7.38 R l r = D l k [j l kr tan δ l kn l kr] Megoldás Mivel r < R esetén a potenciál végtelen, ebben a tartományban a hullámfüggvény zérus. A 7.39 összefégst felhasználva az r = R-nél érvényes folytonossági feltételből a következőt kapjuk: tan δ l k = j lkr n l kr 7.4 Mivel j kr = sinkr n kr = coskr kr kr 7.4 tan δ k = tankr δ k = kr 7.4 a Tekintsük a kis energiás határesetet: E k. j l kr krl l +!! + O kr l n l kr l!! kr l+ + O kr l

171 Tehát Azaz sin δ l k = tan δ l k kr l+ l!! l +!! + O kr l tan δ l k + tan δ l k kr 4l+ l!! l +!! + O kr 4l Az l-es tag hozzájárulása tehát a hatáskeresztmetszethez: σ l k = 4π k l + sin δ l k = mely l esetben k limeszben eltűnik. Azaz Így a teljes hatáskerezstmetszet: 4πl + l!! l +!! k4l R 4l+ + O k 4l+4, 7.47 σ l = 4πR δ l, 7.48 σ tot = σ l = 4πR 7.49 l= b Tekintsük most a nagy energiás limeszt: E k. Tudjuk, hogy j l x sin x lπ x Ebből következően tan δ l k = tan és n l x cos x lπ x kr lπ δ l k = kr + lπ,ha x σ tot k = 4π k l max lπ l + sin kr = l= = 4π π π sin kr + sin k kr + sin kr + sin π kr + = 4π k +l + sin l max l= lπ kr l = 4π l max l max + k l + π + sin kr } {{ } = cos lπ kr πl max k A k limeszt vegyük úgy, hogy a fenti szumma összegzésekor legyen l max = kr, így σ tot k = πr

172 7.7 Megoldás ψ r = j l kr, ha r < R ψ r = j l kr tan δ l n l kr, ha x >, 7.53 Peremfeltételek: Azaz: ψ R = ψ R ψr folytonos ψ R ψ R = mk ψ R ψ R folytonos j l kr = j l kr tanδ l n l kr 7.54 kj lkr k tanδ l n lkr kj lkr = mk j l kr 7.55 Ebből átrendezés után a két egyenletet elosztva egymással: kj l kr k tanδ ln l kr j l kr tanδ l n l kr = mk + l j l kr j l kr 7.56 Némi átalakítás után ebből megkaphatjuk, hogy k tan δ l j lkrn l kr n mk lkrj l kr + tan δ } {{ } l n l krj l kr = mk j l kr k R 7.57 mkk R + n lkrj l kr tan δ l = jl kr 7.58 tan δ l = j l kr + n mkk R l krj l kr Megoldás a Tárgyaljuk először a V > vonzó potenciál esetet. A radiális Schrödinger-egyenlet a következő alakú: d dr + m ll + E V r R r l r = 7.6 Ez az l = esetben az a-nál kisebb illetve nagyobb távolság esetén: d R r dr d R r dr + m E + V } {{ } R r =, ha r < a R r = A sinkr 7.6 K + me } {{ } R r =, ha r > a R r = B sinkr + δ 7.6 k R és R folytonosságából kapjuk, hogy: A sinka = B sinka + δ illetve AK coska = Bk coska + δ

173 Innen: Másfelől viszont tanka + δ = k K tanka 7.64 tanka + δ = sinka cosδ + coska sinδ coska cosδ sinka sinδ = tanka + tanδ tanka tanδ 7.65 A két egyenlet összevetéséből átrendezés után adódik, hogy tanδ = k tanka K tanka K + k tanka tanka 7.66 b Bevezetve a κ = mv / jelölést, a kis energiás limeszben tanka-t ka-val közelítve: δ tanδ ka κa tanκa 7.67 Így a hatáskeresztmetszetre a következőt kapjuk: σ = 4πa κa tanκa 7.68 Rezonancia szórásról beszélünk, ha ez divergál, mely a következő V értéknél következik be: κa = n + π κ a = mv a = n + π V = π 8ma n c Tekintsük ezek után a V < taszító potenciál esetét: Ekkor nincs más dolgunk, mint a szórási hatáskeresztmetszet formulájában κ helyébe iκ-t írni κ = mv /. Mivel taniκa = tanhκa 7.7 iκa κa σ kifejezése a következő alakot ölti: Ekkor a V limeszben κa ezért σ = 4πa κa tanhκa 7.73 lim σ = 4πa 7.74 V 68

174 k 7.9 Megoldás a fϑ, ϕ = m π dx dy dz V e x +y +z r e ıqxx+qyy+qzz 7.75 Mivel dxe x r e ıqxx = πr e q x r 4, a hármasintegrál könnyen kiértékelhető: fϑ, ϕ = mv r 3 π e q r Innen: σϑ, ϕ = fϑ, ϕ = m V rπ 6 e q r 4 4, 7.77 ahol a koszinusz tétel alapján q = k cosϑ: q = k k f ϑ k f Azaz valójában fϑ, ϕ = fϑ, így σϑ, ϕ = σϑ. A teljes hatáskeresztmetszet: σ tot = dω σω = dϑ } {{ sin ϑ} dϕ σϑ = π dcos ϑσcos ϑ = 7.78 dcos ϑ m V rπ 6 dxe r 4 k x = m V rπ 4 e rk 4 k 7.79 b Az előző részben láttuk, hogy bár a potenciál gömbszimmetrikus volt, k mégis kijelöl egy irányt, ami miatt csak hengerszimmetria lesz, így f = fϑ alakja q és r szögét Θ-val jelölve gömbszimmetrikus potenciál esetén: fϑ = m π m π 4π dr drr sin qr V r qr Így V r = V e r r -t helyettesítve: fϑ = mv q dϕ } {{ } π dθ } {{ sin Θ} e dcos Θ ıqr cos Θ } {{ } sin qr qr = m q 4π V r = 7.8 dr rv r sin qr 7.8 dr re r r sin qr = mv r 3 + q r

175 ahol q = k cos ϑ. Ezt kiintegrálva: σ tot = 64π 3 mv r 3 σϑ = 6m V r q r 4, kr 4 + kr kr 3 = c Yukawa-potenciál esetén: V r = α r e r r : 8mV r 3 6π 3 π, ha kr mv r k π, ha kr >> 7.84 fϑ = mα q dr re r r sin qr = mα r + q r 7.85 σϑ = 4m α r q r 7.86 Az r határesetben Coulomb-potenciált kapunk, ekkor figyelembe véve, hogy E = k, illetve hogy m q = 4k sin ϑ a σϑ kifejezése épp a Rutherford-szórási formulát adja: lim σϑ = α 7.87 r 4E sin ϑ A teljes hatáskeresztmetszet: σ tot = 6m α r 4 π 4 + 4kr = 4mαr π, ha k 4π mαr k, ha k 7.88 d Utoljára pedig tekintsük a puha golyót, ahol { V, ha r < r V r = 7.89, ha r > r Innen fϑ = mv q r dr r sin qr = mv q 3 sin qr qr cos qr 7.9 σϑ = 4m V sin qr 4 q 6 qr cos qr 7.9 σ tot = π k mv sin qr qr cos qr 7.9 7

176 8. fejezet Mozgás elektromágneses térben 8.. Elmélet 8... A kinetikus impulzus csererelációi Az elektromágneses tér klasszikus tárgyalásában bevezetjük a φ r, t skalárpotenciált és az A r, t vektorpotenciált, melyekből az E elektromos térerőségvektor és B mágneses indukcióvektor származtathatók, és E = A t φ, 8. B = A. 8. A klasszikus Hamilton-függvény nem-relativisztikus közelítésben, p qa H = + qφ, m 8.3 ahol p az helykoordinátákhoz konjugált kanonikus impulzus. Célszerű bevezetni a K kinetikus impulzust, K = p qa, 8.4 mely a részecske v sebességével K = mv kapcsolatban áll. A kvantummechanikai tárgyalás alapja a kanonikus kvantálás, mely szerint a helykoordinátához és a kanonikus impulzushoz rendelt operátorok az alábbi csererelációkat elégítik ki, Koordináta reprezentációban tehát megtartjuk a [p i, x j ] = i δ ij. 8.5 p = i 8.6 definíciót és, a potenciáloknak megfelelő szorzásoperátotokat bevezetve, a kinetikus impulzus K = qa. 8.7 i 7

177 8.. Tétel A kinetikus impulzus operátorok felcserélési relációja, Bizonyítás. [K i, K j ] = i q ε ijk B k. 8.8 [K i, K j ] = i q [ i, A j ] + [A i, j ] A fenti csererelációkat nyilvánvalóan átírhatjuk a = i q i A j A j i + A i j j A i Aj = i q A i = i q ε ijk B k. 8.9 x i x j K K = i q B, 8. alakban. A kinetikus impulzus és a koordináta operátorok felcserélési relációja: [K i, x j ] = [p i, x j ] = i δ ij A Hamilton operátor A következőkben a Hamilton-operátor alakját vizsgáljuk koordinátareprezentációban: A következő átalakítással, H = m i qa + qφ 8. = i q q + qφ + A + A + m m m A. 8.3 i A i + A i i = A i x i + A i i = A + A = diva + A, 8.4 és Coulomb-mérték et diva = használva kapjuk az alábbi Hamilton-operátort, H = i q q + qφ + A + m m m A, 8.5 mely az utolsó két additív tagban különbözik a szokásos nem-relativisztikus Hamiltonoperátortól. Paramágneses kölcsönhatás Homogén térben állandó nagyságú és irányú mágneses tér esetén használjuk az ún. szimmetrikus mérték et, A = B r

178 Ekkor a 8.5 Hamilton-operátor harmadik tagja, i q i q i q q A = B r = r B = r p B m m m m = q m LB = M LB, 8.7 alakra hozható, ahol a részecske mágneses momentum operátora, M L = q m L = µ L B, 8.8 ahol elektronra µ B = e m = J/T a Bohr-magneton e az elemi töltés, m az elektron tömege. A spin figyelembevételével az ún. Pauli paramágneses tagnak, H para = M L + M S B = µ B mellyel a közönséges és anomális Zeemann effektus magyarázható. L + S B, 8.9 Diamágneses kölcsönhatás A 8.5 Hamilton-operátor utolsó tagja, q m A = q 8m B r = q r B rb = q B x + y, 8. 8m 8m az ún. Langevin diamágneses tag, ahol az utolsó kijezést z irányú mágneses tér esetében kapjuk. Ez a legtöbb esetben elhanyagolható a paramágneses járulékhoz képest: az atomi energiaszinteken fellépő diamágneses korrekció 4 B [T] nagyságrendű. Vegyük észre, hogy a paramágneses járulék az elektron µ = µ B L + S permanens mágneses momentumának a mágneses indukció irányába való fordulása miatt lép föl. Ezzel szemben a Langevin-diamágnesség a mágneses tér hatására indukált mágneses momentummal kapcsolatos, µ dia = E dia B = e B r 8m B = e 4m r B r rb = e B 4m x + y e z, 8. amely tehát a külső mágneses tér nagyságával egyenes arányos, de vele ellentétes irányú. A lineáris válaszelmélet értelmében bevezethetjük a diamágneses szuszceptibilitás tenzort, χ dia = e r I r r 4m ahol I a 3 3-as egységmátrix, mellyel a következő kifejezéseket kapjuk: µ dia = χ dia B és δe dia = B µ dia = B χ dia B. 73

179 8..3. Kontinuitási egyenlet Induljunk ki az általános i t ψ = q ψ + m m A ψ + i q A + A ψ + qφψ 8. m időfüggő Schrödinger-egyenletből. A fenti egyenletet konjugálva, i t ψ = m ψ + q m A ψ i q m A + A ψ + qφψ, 8.3 majd az első egyenletet ψ -gal, a másodikat ψ-vel beszorozva és az így nyert két egyenletet egymásból kivonva kapjuk, hogy i ψ t ψ + ψ t ψ = m ψ ψ ψ ψ i q m ψ A + A ψ + ψ A + A ψ. A fenti egyenlet mindkét oldalát teljes deriválttá alakítva, jutunk a kontinuitási egyenlethez, ψ t ψ + ψ t ψ = t ψ ψ, ψ ψ ψ ψ = ψ ψ ψ ψ, ψ A + A ψ + ψ A + A ψ = A ψ ψ, ahol a megtalálási valószínűségsűrűség, és a valószínűségi áramsűrűség, t ρ + j =, 8.5 ρ = ψ ψ, 8.6 j = i m ψ ψ ψ ψ q m A ψ ψ. 8.7 Látható, hogy a valószínűségsűrűség kifejezése megegyezik az elektromágneses tér vektorpotenciál nélkül levezetett eredménnyel, a valószínűségi áramsűrűségben viszont expliciten megjelenik a vektorpotenciál hatása. Ezt úgy tudjuk értelmezni, hogy az áramsűrűséget a sebesség tér- és időbeli eloszlásával azonosítjuk a ψ állapotban, j = Re ψ vψ = m Re ψ Kψ = m Re ψ pψ q m A ψ ψ, 8.8 ami nyilvánvalóan azonos a 8.7 kifejezéssel. 74

180 8..4. A hullámfüggvény mértéktranszformáció A 8. elektromos térerősség és a 8. mágneses indukció az A r, t = A r, t + Λ r, t φ r, t = φ r, t t Λ r, t 8.9 mértéktranszformációval szemben invariáns. Az [ i t ψ = m i qa + qφ] ψ 8.3 időfüggő Schrödinger-egyenlet a fenti mértéktranszformáció hatására a [ ] i t ψ = m i qa + qφ ψ [ = qa q Λ + qφ q t Λ] ψ 8.3 m i alakú lesz. 8.. Tétel Ha ψ a 8.3 egyenlet megoldása, akkor ψ = e iq Λ ψ 8.3 kielégíti a 8.3 egyenletet. nevezzük. Ezért ψ -t a ψ hullámfüggvény mértéktranszformáltjának Bizonyítás. Az i t e iq Λ ψ = e iq Λ i t q t Λ ψ 8.33 azonosságot behelyettesítve a 8.3 egyenletbe, majd némi átrendezés után kapjuk a következő egyenletet, iq i t ψ = Λ i qa q Λ e iq Λ + qφ ψ Felhasználva az ill. m e e i fr i + g r f r e i fr = + g r 8.35 i e i fr i + g r f r e i fr = i + g r 8.36 azonosságokat, az f r = qλ r, t és g r = qa r, t választással látható, hogy a 8.34 egyenlet identikus az 8.3 Schrödinger-egyenlettel. 75

181 8.3. Példa Tekintsünk időben állandó tereket: t Λ r, t = és φ r = φ r Valamely r referenciapontot választva, a mértéktranszformált vektorpotenciált kiintegrálhatjuk, r r A s ds = r r A s ds + Λ r Λ r Zérus mágneses tér esetén megválaszthatjuk a mértéktranszformációt úgy, hogy a vektorpotenciál is zérus legyen, r Λ r = A s ds, 8.39 r ahol a Λ r = integrálási konstants rögzítettük. Nyilvánvaló, hogy a fenti konstrukció csak rotációmentes vektorpotenciál azaz zérus mágneses tér esetén értelmes, hiszen ez biztosítja Λ r egyértelműségét. Ezenfelül meg kell követelnünk, hogy a B = -val jellemzett tértartomány jelöljük ezt Ω -lal egyszeresen összefüggő. Ha ugyanis Ω körbefog egy olyan Ω B tértartományt, ahol B, akkor Λ r csak a körbeölelt fluxus, Φ B = A s ds 8.4 egész-számszorosáig meghatározott. Legyen r Ω esetén a vektorpotenciál A r, a hullámfüggvényt pedig jelöljük ψ B r, t-vel. Amennyiben a mágneses tér az Ω B tartományban tehát mindenütt zérus, a vektorpotenciál zérusnak választható, a hullámfüggvény pedig legyen ψ r, t. Ekkor a hullámfüggvények között fennállnak a ψ r, t = e iq Λr ψ B r, t = e iq r r Asds ψb r, t, 8.4 illetve a összefüggések. r iq Asds r ψ B r, t = e ψ r, t, Mozgás homogén mágneses térben: a Landau nívók Homogén mágneses térben egy töltött részecske a térre merőleges síkban ω c = q B m 8.43 ún. ciklotron körfrekvenciával körmozgást végez. A Bohr-Sommerfeld kvantálási feltétel alapján, L z dϕ = πmr ω c = hn n =,,...,

182 a részecske a harmonikus oszcillátorhoz hasonló kvantált energianívókkal rendelkezik: E n = mr ωc = n ω c A kvantummechanikai tárgyalásban vegyük fel koordinátarendszerünk z tengelyét B irányában: B =,, B. Szimmetrikus mértéket használva a vektorpotenciál A = By, Bx,, 8.46 a kinetikus impulzus pedig K = K x, K y, K z = p x eb y, p y + eb x, p z = p x mω c y, p y + mω c x, p z alakú elektronra q = e! és fennáll a [K x, K y ] = i eb = i mω c 8.49 cserereláció. A H = m Hamilton operátor sajátfüggvényei, K x + K y + p z m 8.5 ψ r = ϕ k x, y e ikz 8.5 alakban írhatók, ahol k R és a ϕ k x, y függvény teljesíti az K m x + Ky ϕk x, y = E k ϕ k x, y 8.5 m sajátértékegyenletet. Bevezetve az X = K y eb = K y mω c és P = K x 8.53 operátorokat, a 8.49 csererelációból egyrészt következik, hogy [P, X] = i, 8.54 másrészt pedig 8.5 egyenlet a P m + mω c X ϕ k x, y = E k m ϕ k x, y 8.55 oszcillátor egyenletbe megy át. A harmonikus oszcilátorra alkalmazott algebrai megoldás lásd:..4 fejezet alapján bevezethetjük az a = X + i P 8.56 LH mω c 77

183 és léptetőoperátorokat, ahol a = X i P LH mω c 8.57 L H = = mω c eb = 5.66 nm 8.58 B [T ] az ún. mágneses hossz. Szokványos terek esetén a mágneses hossz több nagyságrenddel nagyobb az atomi távolságoknál. A Hamilton-operátor nyilvánvalóan a H = mω c X + P m + p z m = ω c a + a + + p z 8.59 m alakot ölti. Következésképpen a sajátenergiák, E = E n,k = ω c n + + k m, 8.6 ahol az n =,,,... index az ún. Landau-nívókat jelölik. A kvantummechanikai probléma megoldható az aszimetrikus ún. Landau- mérték ben is. A megoldás ψ n,kx,k z x, y, z exp ik z z exp ik x x exp A = By,,, 8.6 y kx L L H H y kx L H H n L H 8.6 alakú, ahol H n Hermite-polinom. Innen is látható, hogy a hullámfüggvény karakterisztikus kiterjedése az y irányban L H. Tekintsünk egy z irányban igen vékony mintát úgy, hogy k z csak zérus értékű lehet Az elektron energiája nem függ a k x kvantumszámtól, ezért a Landau-nívók elfajultak. Ha a kétdimenziós mintánk véges L x, L y kiterjedésű, akkor k x lehetséges értékei, k x = π L x m m N Mivel y irányban a Landau-pályák k x L H távolságban helyezkednek el egymástól, a Landau nívók M degeneráltságát az határozza meg, hogy mekkora k x maximális értéke: L π H M = L y = M = L xl y L } {{ x πl } H max k x = ABe h = Φ Φ, 8.64, ahol A = L x L y a minta felülete, Φ = AB a mágneses indukció fluxusa a mintán és Φ = h e az elemi fluxus. Ezt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy egy Landau-pálya egy elemi fluxust képvisel és a mintában kialakuló Landau-pályák száma a fluxussal egyenes arányban nő. 78

184 8.. Feladatok 8... Példák 8.. Feladat Szimmetrikus mértéket használva mutassa meg, hogy a homogén, z-irányú mágneses térben mozgó szabad részecske Hamilton-operátora felcserélhető az impulzusmomentum operátor z-komponensével! Segítség:. A = By, Bx, 8.. Feladat Határozza meg az L impulzusmomentum operátor kvantummechanikai időderiváltját a H = p m + V r + µ B L + S B Hamilton operátorral jellemzett remdszerben, ahol B egy konstans mágneses indukció! Mikor lesz L mozgásállandó? 8.3. Feladat Bizonyítsa be, hogy a j r, t = mi Ψ r, t Ψ r, t Ψ r, t Ψ r, t q mc A r, t Ψ r, t Ψ r, t valószínűségi áramsűrűség invariáns a mértéktranszformációra! 8.4. Feladat Határozzuk meg a Ψ r, t = Ψ r, t exp iq Λ r, t c H = µ B SB s = ± 8.65 Hamilton-operátor sajátértékeit és sajátállapotait B tetszőleges iránya esetén! 8.5. Feladat Tegyük fel, hogy ismerjük a H + µ B Bσ ψ = Eψ stacionárius Pauli-Schrödinger egyenlet megoldását, ahol H diagonális a spinvátozókban és B egy homogén kicserélődési mágneses tér. Forgassuk el a mágneses teret n tengely körül ϕ szöggel, B = Rϕ, nb! Lássuk be, hogy ekkor a Pauli-Schrödinger-egyenlet megoldása ψ = Uϕ, nψ, ahol Uϕ, n = exp i ϕsn = exp i ϕ ϕσn. 79

185 Segítség:. Vizsgáljuk meg hogyan változik B egy kis ϕ szögű forgatásra. A megoldásban használjuk ki, hogy σ vektoroperátor, azaz [σ i, σ j ] = iɛ ijk σ k Feladat Oldjuk meg a homogén, z irányú mágneses térbe helyezett háromdimenziós harmonikus oszcillátor sajátértékproblémáját! Segítség:. Használjon szimmetrikus mértéket, A = By, Bx,, és bizonyítsa be, hogy a Hamilton operátor felcserélhető L z -vel! Írja fel a teljes Hamilton-operátort a harmonikus oszcillátor léptető operátoraival, és diagonalizálja L z mátrixát az x y altérben Feladat Tekintsünk egy kétdimenziós periódikus potenciálban mozgó q töltésű részecske Hamilton operátorát homogén, a síkra merőleges mágneses térben H = K m x + Ky + qφ x, y, 8.66 ahol, amennyiben az elemi cella egy a és b oldalú téglalap, és a By,, Landau mértékben φ x + na, y + mb = φ x, y n, m Z, 8.67 K x = p x + qby, K y = p y Bizonyítsuk be, hogy egy elemi cellára eső fluxus csakis a Φ = h/q elemi fluxus egészszámú többszöröse lehet. Segítség:. Definiáljuk az X a = exp i ak x i Y b = exp bk y 8.69 operátorokat, mutassuk, meg hogy felcserélhetőek a Hamilton-operátorral! Használjuk az.3. feladatban bizonyított Baker-Campbell-Hausdorff formulát: exp A + B = exp A exp B exp [A, B] Feladat Oldjuk meg a homogén, z irányú mágneses térben mozgó szabad elektron sajátértékproblémáját az A = By,, valamint az A =, Bx, Landau-mértékeket használva! Milyen unitér transzformáció köti össze a két sajátfüggvény rendszert? 8.9. Feladat A körpálya középpontjának klasszikus értelmezése alapján konstruáljuk meg a Landau-szinteken belül léptető operátorokat! 8.. Feladat Egy egydimenziós harmonikus oszcillátor alapállapotban van. A t = pillanatban homogén elektromos teret kapcsolunk be. Határozzuk meg az időfüggő hullámfüggvényt a bekapcsolás után! Segítség:. Alakítsuk a potenciált teljes négyzetté, majd vezessünk x irányban eltolt keltő és eltüntető operátorokat. Használjuk ki, hogy a rendszer t = -ban az alapállapotban volt! 8

186 8... Megoldások 8. Megoldás A Hamilton-operátor alakja a kovetkező: H = p x + e m By + p y e m Bx + m p z 8.7 Bevezetve az ω = eb m Larmor-frekvenciát átrendezés után: p m x + p y + pz e B + 8m x +y + eb 4m yp x xp y = p m + mω x +y ωl z 8.7 Látható, hogy az első két tag egy x y síkban fekvő harmonikus oszcillátort ír le, feladatunk az, hogy erről a tagról mutassuk meg, hogy kommutál L z -vel, hiszen az utolsó tag nyílvánvalóan kommutál. Ehhez két megoldást is adunk: Írjuk át a Hamilton-operátor első két tagját gömbi koordinátákba: H = m + mω r sin ϑ = r + L m r r r mr + mω r sin ϑ 8.73 Mivel L z =, a fenti képletben pedig semmi sem függ ϕ-től, valamint i ϕ [L, L z ] =, nyílvánvaló, hogy [H, L z ] = Írjuk fel H -t a harmonikus oszcillátor keltő és eltüntető operátoraival: H = m p z + ω a xa x + a ya y Mivel [p z, L z ] =, a léptető-operátorok kommutációs relációi és a 3.6. feladat eredménye alapján belátható, hogy [H, L z ] = 8. Megoldás dl dt = i [H, L], 8.75 tehát feladatunk a [H, L] kiszámítása, melyet tagonként végzünk: [ ] p [ [H, L] = m, L µb ] + [V r, L] + L + SB, L 8.76 [ ] p m, L i = m [p lp l, L i ] = m p l [p l, L i ] + [p l, L i ] p l =, 8.77 mivel p l [p l, L i ] = p l ε ijk [p l, x j p k ] = p l i ε ilkp k = i ε ilkp l p k = 8.78 A második tag a következő alakot ölti: [V r, L i ] = ε ijk [V r, x j p k ] = ε ijk x j [V r, p k ] + [V r, x } {{ } j ] } {{ } i kv r 8 p k = i r V r i 8.79

187 Az utolsó tag két része: µ B [LB, L i] = µ B [L kb k, L i ] = µ B Tehát az eredmény: dl dt = i µ B L k [B k, L i ] + [L } {{ } k, L i ] B k = µ B } {{ } i L B i 8.8 i ε kil L l B k [SB, L i] = µ B [S kb k, L i ] = 8.8 i r V r + µ B i L B = r V r µ B L B 8.8 Centrális potenciál esetén az első tag eltűnik, ekkor L B esetén dl/dt =, vagyis L mozgásállandó. 8.3 Megoldás Mértéktranszformáció hatására: Az áramsűrűségben szereplő tagok: Azaz Innen Ψr, t = Ψ r, te iq Λr,t A = A Λr, t 8.83 Ψ = Ψ e iq Λ iq Ψ Λe iq Λ 8.84 Ψ = Ψ e iq Λ + iq Ψ Λe iq Λ 8.85 Ψ Ψ = Ψ Ψ + iq Ψ Λ 8.86 Ψ Ψ = Ψ Ψ iq Ψ Λ 8.87 j = i m Ψ Ψ Ψ Ψ q m A Ψ = 8.88 i m Ψ Ψ Ψ Ψ i iq + m Ψ Λ q m A Ψ q + m Λ Ψ Megoldás Írjuk fel B-t és S-t a következő alakban: B = Bn S = σ, 8.9 ahol n egységvektor, σ i pedig az i-edik Pauli-mátrix. A Hamilton-operátor alakja: H = µ B SB = µ BBσn 8.9 Vagyis a σn mátrix sajátértékeit és sajátvektorait kell meghatároznunk. Ekkor n-et gömbikoordinátákban felírva n = sin ϑ cos ϕ, sin ϑ sin ϕ, cos ϑ: cos ϑ sin ϑe iϕ σn = sin ϑe iϕ 8.9 cos ϕ 8

188 Ennek sajátértékei és sajátvektorai: e iϕ cos ϑ+ λ = = sin ϑ e iϕ cos ϑ λ = = sin ϑ Azaz a Hamilton-operátor sajátértékei ε = ±µ B B, sajátvektorai pedig a ± vektorok. 8.5 Megoldás Forgassuk el a B vektort egy ϕ kis szöggel: Ekkor a B iσ i szorzat a következő alakba írható: B i = B i + n B i ϕ 8.95 B iσ i = B i σ i + ε ijk n j B k σ i ϕ = B i σ i B i ε ijk n j σ k ϕ = B i σ i 8.96 Vagyis B valós térbeli elforgatása felfogható egy spintérbeli σ σ transzformációnak is. Vizsgáljuk meg ezen spintérbeli transzformációt első rendig ϕ-ben: σ i = σ i ε ijk σ k } {{ } = i [σ i,σ j ] n j ϕ = σ i + i σ iσ j n j ϕ i σ jn j σ i ϕ = 8.97 I i σ jn j ϕ σ i I + i σ jn j ϕ 8.98 Belátható, hogy véges ϕ szöggel való forgatás esetén a zárójelben álló kifejezések helyére a megfelelő exponenciális függvényt kell írni: ahol U = e i Snϕ. Világos, hogy ekkor 8.6 Megoldás σ = e i σnϕ σe i σnϕ = e i Snϕ σe i Snϕ = UσU, 8.99 ψ = Uψ = e i Snϕ ψ 8. H = m p ea + mω x + y + z = 8. p z m + mω z + p B m x + py e + 8m + x mω + y eb m xp y yp x 8. } {{ } } {{ } L z H xy Bevezetve az ω c = eb és az m ω = ω + ω c 4 jelöléseket, valamint a harmonikus oszcillátor keltő és eltüntető operátorait, illetve felhasználva a 3.6. feladat eredményét: a x a y + a ya x H = ω a za z + + ω a x a x + a ya y + ω c i 8.3 Világos, hogy L z felcserélhető az első taggal, hiszen L z x és y-tól függő operátorokból áll, míg a Hamiltoni első tagja csak z-től függ. Az utolsó tag L z -vel arányos, így ezzel is 83

189 kommutál. A középső H xy tagról pedig egyszerűen megmutatható, hogy szintén kommutál L z -vel, emiatt létezik közös sajátbázisa H xy -nak és L z -nek. H xy spektruma degenerált, minden N = n x + n y esetben N + -szeres a degeneráció. Várható tehát, hogy L z ezt a degenrációt hasítja fel, diagonalizáljuk L z mátrixát egy adott N-hez tartozó altéren! Csak két mátrixelem nem zérus: n x +, n y a + x a y n x, n y = n y nx + n x, n y + a + y a x n x, n y = n x ny n x, n y és N = n x + n y helyére vezessük be az l és m kvantumszámokat: l := n x + n y m := n x n y 8.5 n x = l + m n y = l m N = l 8.6 Tehát a mátrixelemek az L + és L impulzusoperátor léptető operátorok sajátértékei: ny nx + = l ml + m + = ll + mm nx ny + = l + ml m + = ll + mm 8.8 Innen m L z m = i m L + + L m = i m L y m 8.9 Tehát H xy egy degenerált alterében L z mátrixelemei épp L y mátrixelemeinek felelnek meg az új l és m kvantumszámokban. Az L z mátrixának m z sajátértékei tehát m z = m y, ahol m y = l,..., l = N,..., N 8. A teljes Hamiltoni sajátértékei tehát: E nz,n,mz = ω n z + + ω N + e m Bm z 8. n z =,,,... N =,,,... m z = N... N 8.,,,,,,, ω c,, B = B 8.7 Megoldás Definiáljuk a X a = exp i i iq ak x = exp ap x exp Bay

190 és az transzlációs operátorokat. Egyrészt i Y b = exp bk y 8.4 [ Kx, K y] = [Kx, K y ] K y K y [K x, K y ] = qb i K y K y = 8.5 és ugyanígy [ Ky, K x] =, 8.6 ezért [ X a, K y] = [ Y b, K x ] =. 8.7 Másrészt illetve következésképpen iq X a φ x, y ψ x, y = exp Bay φ x + a, y ψ x + a, y = iq = exp Bay φ x, y ψ x + a, y 8.8 iq φ x, y X a ψ x, y = exp Bay φ x, y ψ x + a, y, 8.9 A fentiekből nyilvánvalóan következik, hogy [X a, φ] = [Y b, φ] =. 8. [X a, H] = [Y b, H] =. 8. H sajátfüggvényei ezért nyilvánvalóan X a és Y b sajátfüggvényei is, Hψ = Eψ = X a ψ = x a ψ, Y b ψ = y b ψ, 8. x a = exp ik x a y b = exp ik y b π a k x π a π b k y π b, 8.3, 8.4 ezért Ugyanakkor X a Y b ψ = x a y b ψ = Y b X a ψ. 8.5 Y b X a ψ x, y = exp = exp i bp y iq Ba y + b iq exp c Bay i exp ap x ψ x, y ψ x + a, y + b

191 és iq X a Y b ψ x, y = exp Bay iq exp Bay i i exp ap x exp bp y ψ x, y ψ x + a, y + b, 8.7 X a és Y b felcserélhetősége miatt azonban exp πi ΦΦ = 8.8 ahol Φ = abb és Φ = h q. 8.9 tehát Φ Φ = n n N Megoldás A = By,, 8.3 Egyszerű átalakítások után a Schrödinger-egyenlet a következő alakot ölti q = e: [ i x + eb m y y + z ] ψ x, y, z = Eψ x, y, z 8.3 ansatz: Behelyettesítés után: [ m ψ x, y, z = exp ik z z exp ik x x ϕ y 8.33 ] eb y k x m y ϕ y = E kz ϕ y 8.34 m Felhasználva, hogy ω c = eb/mc és L H = /mω c = c/eb, az mω c y y m y ϕ y = E kz ϕ y 8.35 m oszcillátoregyenletet kapjuk, ahol y = k x L H. Következésképpen a sajátértékek és sajátfüggvények: E n,kx,kz = ω c n + + m k z 8.36 ψ n,kx,kz x, y, z = N n exp ik z z exp ik x x exp y kx L y kx L H LH L H H n H L H 8.37 ahol N n = n n! π / a normálási együttható.. 86

192 Ugyanígy a vektorpotenciállal: A =, Bx, 8.38 m [ i y eb c x x + z ] ψ x, y, z = Eψ x, y, z 8.39 [ ψ x, y, z = exp ik z z exp ik y y ϕ x 8.4 ] m x ϕ x = E kz ϕ x 8.4 m eb c x + k y m mω c x x m x ϕ x = E kz m ϕ x 8.4 oszcillátoregyenletet kapjuk, ahol x = k y L H. Következésképpen a sajátértékek és sajátfüggvények: E n,ky,kz = ω c n + + m k z 8.43 ψ n,k y,k z x, y, z = N n exp ik z z exp ik y y exp x + ky L x + kx L H LH L H H n H L H 8.44 A két mérték között áttérhetünk egy mértéktranszformációval, ami a hullámfüggvényre nézve egy unitér transzformációt jelent:. A = A + Λ 8.45 Λ r = Bxy 8.46 Ekkor fenn kell, hogy álljon: dk y c n,kx,ky ψ n,k y,k z r = ψ n,kx,kz r exp ie c Λ r azaz 8.47 c n,kx,ky = d 3 r ψ n,k y,k z r exp ie c Λ r ψ n,kx,kz r 8.48 = N n dxdy exp ik y y + ik x x ixy/l H 8.49 L H exp x + ky L x + ky L H L H H n H L H exp y kx L y kx L H L H H n H L H 87

193 Bevezetve az ξ x = x/l H, ξ y = y/l H, q x = k x L H, valamint q y = k y L H változókat c n,kx,ky = NnL H dξ x dξ y exp iq y ξ y + iq x ξ x iξ x ξ y exp ξ x + q y ξ y q x H n ξ x + q y H n ξ y q x = NnL H dξ x dξ y exp iq y ξ y + q x + iq x ξ x q y i ξ x q y ξ y + q x exp ξ x ξ y H n ξ x H n ξ y Mivel: iq y ξ y + q x + iq x ξ x q y i ξ x q y ξ y + q x = iq x q y iξ x ξ y c n,kx,ky = NnL H e iqxqy dξ x dξ y exp iξ x ξ y exp ξ x ξ y H n ξ x H n ξ y Állítás π exp ξ y H n ξ y = dξ x exp iξ x ξ y exp ξ x H n ξ x 8.5 Bizonyítás. A harmonikus oszcillátor Schrödinger-egyenlete koordinátareprezentációban d m dx + mω x ψ x = Eψ x, 8.5 impulzusreprezentációban p m mω d dp ψ p = E ψ p, 8.53 miközben A megoldások ahol valamint ahol ψ p = h ipx dx exp ψ x ψ n x = N n exp x H x x n xx x =, 8.55 mω, 8.56 ψ n p = N n exp p H p p n pp, 8.57 p = mω

194 Következésképpen exp p H p p n = pp x h amiből ipx dx exp exp x H x n, xx 8.59 ξ x = x x, ξ y = p p 8.6 helyettesítéssel exp x p ξ y H n ξ y = h } {{ } / π dξ x exp iξ x ξ y exp ξ x H n ξ x, 8.6 ami ekvivalens az állítással. Így tehát, a Hermite polinomok normaintegrálját felhasználva: c n,kx,k y = πl H exp iq x q y Nn dξ exp ξ H n ξ } {{ } = = πl H exp ik x k y /L H Megoldás A klasszikus körmozgás alapján a pálya középpontjának helykoordinátái x = x + r cos ω c t, y = y + r sin ω c t 8.63 v x = rω c sin ω c t, v y = rω c cos ω c t 8.64 x = x r cos ω c t = x v y ω c = x K y mω c 8.65 y = y r sin ω c t = y + v x ω c = y + K x mω c 8.66 melyekhez a megfelelő operátorokat rendelhetjük. Fennállnak a következő csererelációk ahol L H = /mω c, illetve ω c = qb/m. Ugyanis [x, y ] = il H 8.67 [x, H] = [y, H] = 8.68 [K x, K y ] = q [p x, A y ] + [A x, p y ] = q i xa y y A x = i qb = i mω c 8.69 miatt [x, y ] = [x, K x ] [y, K mω c } {{ } y ] mω c } {{ } i i [K m ωc y, K x ] = } {{ } i mω c i mω c = il H,

195 valamint [ ] Ky, Kx = [Ky, K x ] K x + K x [K y, K x ] = i mω ck x 8.7 és innen [x, H] = [ x, K x ] = [x, Kx ] K x + K x [x, K x ] = i K x 8.7 [ x + K y, K mω c m x + Ky ] = im K x + im K x = Ezért x és y megmaradó mennyiségek. Ugyanakkor definiálhatók a léptetőoperátorok, melyekre és b = L H x + iy, b = L H x iy 8.74 [ ] b, b = i [x L, y ] =, 8.75 H [b, H] = [ b, H ] = Ezért a b és b operátorok H sajátalterén belül léptetnek. Mivel [ [K x, x ] = K x, x K ] y = 8.77 mω c i [ [K x, y ] = K x, y + K ] x = 8.78 mω c [ [K y, y ] = K y, y K ] x = 8.79 mω c i [ [K y, x ] = K y, x + K ] y =, 8.8 mω c következik, hogy [a, b] = [K L x + ik y, x + iy ] H mω c = L H mω c i = 8.8 i és hasonlóan [ a, b ] =, 8.8 viszont Egy általános Landau-állapot tehát [ ] a, b = [ a, b ] = = i L H imω c H n, m = ω c n + n, m 8.84 n, m = n! m! a n b m,

196 8. Megoldás Először oldjuk meg a harmonikus oszcillátor problémát homogén elektromos tér jelenlétében! Vezessük be a következő mennyiségeket: H = p m + m ω x + Eqx 8.86 H = p m + m ω x + Eq E q 8.87 mω mω d = Eq mω, E = E q mω. A bevezetett mennyiségekkel a 8.87 számú egyenletet a következó formába írhatjuk: H = p m + m ω x + d E. A fenti Hamilton operátor spektruma a külső tér nélküli operátor spektrumától csak egy E eltolásban különbözik, a sajátállapotaik pedik d-vel tolódnak el. A külső tér nélküli harmonikus oszcillátor léptető operátorai segítségével felírhatjuk a homogén külső tér jelenlétében is a léptető operátorokat: a = a + d x, a = a + d x. Az alapállapoti hullámfüggvény d-vel eltolódik: n = n! a n = n! a + d n e i dp Kezdetben a rendszer tér nélküli harmonikus oszcillátor alapállapotában van. Ezt skalárisan szorozva a tér jelenlétében lévő Hamilton operátor sajátállapotaival megkaphatjuk a szuperponált állapot együtthatóit: n = a + d n e i dp. n! x Fejezzük ki az impuzus operátort az eltolás operátorban a léptető operátorok segítségével: e i dp = e d x a a 8.89 Használjuk a.3. feladatban szereplő Baker-Campbell-Haussdorff formulát: e A+B = e A e B e [A,B], amely csak akkor érvényes ha a [A, [A, B] = [B, [A, B] = feltétel teljesül. A mi esetünkben [a, a ] =, így az eltolás operátorát a következőképpen írhatjuk fel: e d x a a = e d 4x e d x a e d x a. 8.9 Tehát n = a + d n e i dp n! x = e d n! 4x n j= n j n d a j e d a x e d x a. j x 9

197 A jobboldali első exponenciális tag sorfejtésében csak a nulladrendű tag marad meg, hiszen az az alapállapotra hat, a második exponenciálisban és az összegzésban is csak a nulladrendű tagok számítanak az ortogonalitás miatt: n = n d e d n! x 4x. A kifejtési együtthatók négyzetösszege egységnyi kell, hogy legyen! d x hiszen az összegzés éppen a e e d x n= függvény sora. d n =, n! x A hullámfüggvény a homogén elektromos tér bekapcsolásának a pillanatában a következő alakot ölti: n d φ = e d 4x n 8.9 n! x n= Az egyes sajátállapotok időfejlődését egyszerűen megadhatjuk a sajátenergiák ismeretében: ϕ n t = e i εnt, 8.9 ennek megfelelően a 8.9 hullámfüggvény időfejlődését a következőképpen adhatjuk meg: φt = e i ω E t n d e d 4x n e inωt. n! x n= 9

198 9. fejezet Relativisztikus kvantummechanika 9.. Elmélet 9... Lorentz-transzformáció Az eddigiektől eltérően ebben a fejezetben a relativisztikus tárgyaláshoz jobban illeszkedő CGS egységrendszert használjuk. A négydimenziós téridő-vektorokra Minkowski-tér az egyszerűség kedvéért az x, x, x 3, x 4 = x, y, z, ict = x, ict jelölést alkalmazzuk. Az x µ x µ = x + x + x x 4 4 = x c t, 9. normát megtartó a = {a µν } homogén Lorentz-transzformációra x µ = a µν x ν fennáll, hogy a T a = I a µν a µρ = δ νρ. 9. Ebből következik, hogy det a = ±. Valódi ill. nem valódi Lorentz transzformációról beszélünk, ha det a = ill.. Az ε infinitezimális Lorentz transzformációra, amit az a = e ε összefüggéssel definiálunk, az ε T = ε ε µν = ε νµ, 9.3 ε ij R, ha i, j =,, 3, ε j4 I, ha j =,, reláció teljesül. A homogén Lorentz-transzformációkat hat szabad paraméterrel írhatjuk le három paraméter a koordinátatengelyek relatív orientációját, három paraméter pedig a két inerciarendszer relatív sebességét határozza meg. A Hamilton-függvény, H r, p,t = m c 4 + c p q c A r, t + qφ r, t, 9.5 ahol m a részecske nyugalmi tömege, φ r, t a skalárpotenciál és A r, t a vektorpotenciál. A fenti összefüggést átírhatjuk a K µ K µ = m c, 9.6 Lorentz-invariáns alakba, ahol K µ = p µ q A c µ a négyes kinetikus impulzus, p µ = p, i H c a négyes kanonikus impulzus és A µ = A, iφ a négyespotenciál. 93

199 9... A Klein-Gordon-egyenlet A kanonikus kvantálás szellemében megőrizzük a koordináta és a kanonikus impulzus operátorok felcserélési relációját, [p µ, x ν ] = i δ µν, 9.7 ezért koordináta reprezentációban a négyesimpulzus operátort a következőképpen definiáljuk, p µ = i µ = i, c t. 9.8 Innen a kinetikus impulzus operátora K µ = i q c A, i c i t qφ, 9.9 amit formálisan behelyettesítve a Lorentz-invariáns 9.6 egyenletbe a Klein-Gordon egyenletet nyerjük: [ i q ] c A c i t qφ ψ r, t = m c ψ r, t. 9. Szabad részecskére a fenti egyenlet a [ ] c t ψ r, t = κ ψ r, t 9. alakra redukálódik, ahol κ = mc/ a Compton hullámszám. Az egyenlet megoldása a i ψ r, t = N exp pr Et 9. síkhullám, ahol a 9.5 egyenletnek megfelelően teljesül az E = c p + m c 4 reláció. A Klein-Gordon-egyenlet a hidrogénatom energiaspektrumának finomszerkezetére a kísérleteknek ellentmondó predikciót ad. Az egyenletből levezethető kontinuitási egyenletben a megtalálási valószínűségsűrűségre a ρ r, t = mc Im ψ r, t tψ r, t 9.3 kifejezés adódik, mely negatív értéket is felvehet. A hullámfüggvény skalár volta miatt nincsen lehetőség spin értelmezésére sem, így a Klein-Gordon-egyenlet a nulla spinű részecskék pl. π-mezonok téregyenlete A Dirac egyenlet Paul Dirac nyomán 98 a hullámfüggvény mozgásegyenletében p µ lineáris funkcionálját engedjük meg, ϖ + γ µ p µ ψ =,

200 ahol az ϖ és γ µ operátorok felcserélhetők a p µ operátorokkal. Ezt úgy interpretálhatjuk, hogy a ψ hullámfüggvény a négyzetesen integrálható függvények Hilbert-terének ahol a p µ operátorok hatnak és egy új szabadsági fokokat reprezentáló Hilbert-tér ahol az ϖ és γ µ operátorok hatnak direktszorzatának eleme. Szeretnénk ugyanakkor, ha érvényben maradna a relativisztikus energia-impulzus összefüggés, amit a következő kvantummechanikai várható érték fejez ki, ψ p µ p µ + m c I ψ =, 9.5 ahol I az előbb említett új Hilbert tér egységoperátora. Feltételezve, hogy a γ µ operátorok hermitikusak, némi algebrai átalakítás után az ϖ = i mc I egyenlőség és a antikommutátor relációk következnek Clifford-algebra. γ µ γ ν + γ ν γ µ = δ µν, Tétel A γ µ operátorok véges, n dimenziós ábrázolásaira fennáll, hogy n páros. Bizonyítás. i Belátható, hogy bármely γ µ operátor nyoma zérus. Ugyanis µ ν esetén, Trγ µ = Trγ µ γ ν = Trγ ν γ µ γ ν = Trγ νγ µ = Trγ µ, 9.7 ahol felhasználtuk a nyomképzés ciklikus tulajdonságát. ii Mivel γ µ = I, γ µ lehetséges sajátértékei vagy. Tételezzük fel, hogy m sajátérték és n m sajátérték. Ekkor, tehát n páros. Trγ µ = m n m = m n =, 9.8 Csoportelméleti módszerekkel is belátható, hogy n minimális értéke négy. A γ µ operátorok egy lehetséges 4 4-es mátrixreprezentációja standard ábrázolás: σj I γ j = i j =,, 3 és γ σ j 4 =, 9.9 I ahol σ j a szokásos Pauli mátrixok és I a -es egységmátrix. A Dirac egyenletben szereplő hullámfüggvények következésképpen négykomponensűek: ψ r, t ψ r, t = ψ r, t ψ 3 r, t. 9. ψ 4 r, t 95

201 9..4. A Dirac-féle Hamilton-operátor Dirac egyenlete tehát szabad részecskére, vagy γ µ p µ imc ψ = 9. γ µ µ + κ ψ = 9. alakú. Posztuláljuk, hogy elektromágneses tér jelenléte esetén a Dirac-egyenletbe a p µ kanonikus impulzusok helyett a K µ kinetikus impulzusok írhatók: γ µ K µ imc ψ =. 9.3 Könnyen belátható, hogy a hullámfüggvény ψ = ψ exp transzformációjával a Dirac egyenlet invariáns a iq c Λ 9.4 A = A + Λ, φ = φ c tλ A µ = A µ + µ Λ 9.5 mértéktranszformációval szemben! A K µ operátorok ismert alakját behelyettesítve a 9.3 egyenletbe kapjuk, hogy [ γ p q c A + γ 4 c t iq ] c φ imc ψ =, 9.6 melyet ciγ 4 gyel balról szorozva, [ ciγ 4 γ p q ] c A + i t + qφ + γ 4 mc ψ =, 9.7 majd az idő szerinti deriváltat külön kezelve nyerjük a következő egyenletet, [ i t ψ = ciγ 4 γ p q ] c A + qφ + γ 4 mc ψ. 9.8 Vezessük be az α iγ 4 γ és β γ 4 mátrixokat. Az α k mátrixok alakja, α k = i I σk σk =, 9.9 I σ k σ k míg nyilvánvalóan I β =. 9.3 I Az új mátrixokkal a Dirac egyenlet az i t ψ = Hψ 9.3 alakot ölti, ahol a relativisztikus Hamilton-operátor, H = c α p q c A + qφ + βmc, 9.3 mely az α és β mátrixok ismeretében nyilvánvalóan hermitikus. Időfüggetlen potenciálok esetében, a stacionárius hullámfüggvényt ψ r, t = ψ r exp i Et alakban keresve a Hamilton-operátor sajátérték problémájához, azaz az időtől független Dirac-egyenlethez jutunk [ Hψ r = cα p q ] c A + qφ + βmc ψ r = Eψ r

202 A kontinuitási egyenlet Induljunk ki a Dirac-egyenlet i t ψ = c α alakjából. Az adjungált egyenlet: ahol i t ψ = c α p q c A ψ + qφψ + βmc ψ 9.34 p + q c A ψ α + qφψ + mc ψ β, 9.35 ψ = ψ, ψ, ψ 3, ψ 4, 9.36 és felhasználtuk, hogy pψ = [ ψ ] [ i,... = ] i ψ,... = pψ. Az első egyenletet ψ -szal balról, a másodikat ψ-vel jobbról beszorozva, majd az így nyert két egyenletet egymásból kivonva kapjuk, hogy i [ ψ t ψ + t ψ ψ ] = c [ ψ αpψ + pψ αψ ] 9.37 t ψ ψ + cψ + αψ =, 9.38 amiből a megtalálási valószínűség és áramsűrűség megfelelő definíciójával, a ρ = ψ ψ és j = cψ αψ, 9.39 t ρ + div j = 9.4 kontinuitási egyenlet kapható. Nyilvánvaló, hogy ρ pozitív definit, tehát a Dirac-egyenlet által leírt részecskére alkalmazható a kvantummechanika valószínűségi értelmezése. A j µ = j, icρ = icψ γ 4 γ µ ψ 9.4 négyes áramsűrűségvektorral a kontinuitási egyenlet a kovariáns alakban írható, azaz tetszőleges inerciarendszerben érvényes. µ j µ = A Dirac-egyenlet Lorentz-invarianciája Homogén Lorentz-transzformáció, x µ = a µν x ν, µ = a µν ν, A µ x = a µν A ν x, 9.43 hatására a [ γ µ i µ q ] c A µ x imc ψ x =

203 Dirac-egyenlet a következőképpen transzformálódik: [γ µ µ iq ] c A µ x imc ψ x = 9.45 [γ µ a µν µ iq ] c A µ x imc ψ x =, 9.46 ahol ψ x a transzformált hullámfüggvény. Jelöljük T -vel a transzformáció ábrázolását a négydimenziós Hilbert téren, mely értelemszerűen a γ µ -hez hasonlóan 4 4-es mátrix. A hullámfüggvény transzformációját, ψ x = T ψ x, 9.47 beírva a 9.46 egyenletbe, [γ µ a µν µ iq ] c A µ x T imct ψ x =, 9.48 majd a 9.44 egyenlet segítségével eliminálva az imct ψ x tagot, a T γ µ γ ν a νµ T µ iq c A µ x ψ x = 9.49 egyenletet kapjuk. Tetszőleges hullámfüggvény és négyespotenciál esetén ez csak úgy teljesülhet, ha megköveteljük a egyenlőséget, azaz Kihasználva, hogy a T = a, a fenti összefüggés átírható a T γ µ γ ν a νµ T = 9.5 T γ µ T = γ ν a νµ. 9.5 T γ µ T = a µν γ ν 9.5 alakra. Ez a γ ν mátrixok operátor értékű vektorok transzformációs szabálya. Belátható, hogy a 9.5 egyenlet megoldása: T = e 4 εµνγµγν Mivel 4 ε µνγ µ γ ν = 8 ε µνγ µ γ ν + 8 ε νµγ ν γ µ 9.54 = 8 ε µν γ µ γ ν γ ν γ µ = 8 ε µν [γ µ, γ ν ] 9.55 a T transzformáció a formában is írható, ahol T = e i Sµνεµν 9.56 S µν = 8i [γ µ, γ ν ], 9.57 a hullámfüggvény Lorentz-transzformációjának infinitezimális generátora. 98

204 9..6. Fizikai mennyiségek Lorentz-transzformációja Az O hermitikus operátorral megadott fizikai mennyiségnek egy adott ψ állapotban a Minkowski-téren értelmezett sűrűsége, O x = ψ x Oψ x O x Lorentz-transzformációval szembeni viselkedésének vizsgálatához célszerű bevezetni a hullámfüggvény Dirac-adjungáltját, ψ x = ψ x γ 4, 9.59 mellyel O x = ψ x γ 4 O ψ x. 9.6 Így pl. a valószínűségsűrűség és az áramsűrűség ill. a négyes áramsűrűség rendre a formában írhatók. ϱ x = ψ x γ 4 ψ x, j k x = icψ x γ k ψ x k =,, 3, 9.6 j µ x = j x, icϱ x = icψ x γ µ ψ x, 9.6 Belátható, hogy a Lorentz-transzformáció 9.53 ábrázolására fennáll a következő: Emiatt az O x sűrűség transzformáltja: T + γ 4 = γ 4 T O x = ψ x + O ψ x = [T ψ x] + OT ψ x = ψ x + T + OT ψ x = ψ x + T + γ 4 γ 4 OT ψ x = ψ x + γ 4 T γ 4 OT ψ x A 9.5 és 9.64 egyenletek alapján, = ψ x T γ 4 OT ψ x j µ x = icψ x T γ µ T ψ x = icψ x a µν γ ν ψ x = a µν [ icψ x γν ψ x ] = a µν j ν x, 9.65 tehát a négyes áramsűrűség vektorként transzformálódik Térbeli forgatások és a spin Az n egységvektorral definiált tengely körüli ϕ szögű térbeli forgatás mátrixa, R ϕ, n = exp inxϕ, 9.66 ahol X k ij = iε ijk k =,,

205 Az infinitezimális Lorentz-transzformáció mátrixa tehát, ε ij = ε ijk n k ϕ i, j =,, 3, ε µ4 = ε 4µ = µ =,, 3, 4, 9.68 melynek ábrázolása a 4-dimenziós Hilbert-téren, τ = 4 ε µνγ µ γ ν = 4 ε ijkγ j γ k n k ϕ = i nsϕ, ahol vagy S i = i 4 ɛ ijkγ j γ k, 9.69 S = iγ γ 3, S = iγ 3γ, S 3 = iγ γ, 9.7 Nézzük meg az S i mátrixok felcserélési relációit: és ugyanígy, azaz i i [S, S ] = [γ γ 3, γ 3 γ ] = γ γ 3 γ 3 γ γ 3 γ γ γ i = γ γ = i S 3, 9.7 [S, S 3 ] = i S, [S 3, S ] = i S 9.73 [S i, S j ] = i ε ijk S k A térbeli forgatások S infinitezimális generátora tehát egy impulzus momentum operátor, amit spinnek nevezünk. Mi ennek a spinnek az értéke? és ugyanígy tehát S = 4 γ γ 3 γ γ 3 = 4 I 9.75 S = S 3 = 4 I, 9.76 S = 3 4 I = s s + I = s = A Dirac-egyenlet által leírt hullámfüggvény komponenseit a térbeli forgatások hatására egy -es sajátértékű impulzusmomentum spin operátor transzformálja. Ezt úgy értelmezzük, hogy az elektron s = spinnel rendelkezik. A γ µ mátrixok standard ábrázolásait használva könnyen belátható, hogy S = Σ, 9.78 ahol Σ = σ σ. 9.79

206 A hullámfüggvény transzformációja térbeli forgatásra tehát, ψ R ϕ, n r, t = exp i nsϕ ψ r, t 9.8 illetve ψ r, t = exp i nsϕ ψ R ϕ, n r, t. 9.8 A 4.. fejezetben bizonyítottuk, hogy ψ R ϕ, n r, t = exp i nlϕ ψ r, t, 9.8 ahol L = r p a pályaperdület operátora, ezért a négykomponensű hullámfüggvény teljes transzformációja a térbeli forgatásokkal szemben, ψ r, t = exp i njϕ ψ r, t, 9.83 azaz a relativisztikus kvantumelméletben a térbeli forgatások infinitezimális generátora a teljes impulzusmomentum operátor. J = L + S A szabad elektron Zérus vektor- és skalárpotenciál esetén a 9.33 egyenlet, mc I cσˆp cσˆp mc ψ r = W ψ r, 9.85 I megoldását kereshetjük a ψ r = Ue i pr = u u u 3 u 4 e i pr 9.86 síkhullám alakban. Behelyettesítés után a H p U = W U 9.87 mátrix sajátértékegyenletet kapjuk, ahol mc H p = I cσp cσp mc I Nemtriviális U megoldás csak akkor létezik, ha a szekuláris mátrix determinánsa, det W H p, eltűnik. Kihasználva a σp σp = p I azonosságot, W mc W + mc c p =. 9.89

207 Innen a szabad részecske energiája a értékeket veheti fel. W = ± m c 4 + c p 9.9 Röviden megjegyezzük, hogy p = esetén álló részecske mindkét pozitív és mindkét negatív energiás megoldásokból a koordinátarendszer bármely tengelyére vonatkoztatva határozott, ± / spinű állapotok keverhetők ki, hiszen [H, Σ] =. 9.9 Így a hullámfüggvény négy komponensét interpretálhatjuk úgy is, mint elektron fel spin, elektron le spin, pozitron fel spin és pozitron le spin komponens. Mozgó részecske esetén p, [ ] mc I cσp σp cσp mc, =, 9.9 I σp ezért a megoldások a h = Σp p 9.93 ún. helicitásoperátor sajátértékeivel ± indexelhetők. Úgy is megfogalmazhatjuk, hogy ekkor a spinnek a haladás irányára eső vetülete vesz fel ± / értéket A nem-relativisztikus közelítés Időfüggetlen potenciálok esetében a [ cαk + qφ + βmc ] ψ = W ψ 9.94 stacionárius Dirac egyenlet megoldását bontsuk fel két egyenként két-komponensű részre, χ ψ =, 9.95 ϕ ahol χ és ϕ az ún. nagy- és kiskomponens. A 9.94 egyenletet komponensenként felírva, W mc qφ χ cσkϕ =, 9.96 W + mc qφ ϕ cσkχ =, 9.97 a második egyenletből a ϕ kiskomponens kifejezhető, ϕ = W + mc qφ cσkχ A szabad részecske megoldások mintájára, a pozitív energiás megoldást vizsgálva alkalmazhatjuk a W + mc qφ mc közelítést: ϕ = σkχ mc

208 Ezt visszahelyettesítve a 9.96 egyenletbe és használva a E = W mc jelölést, valamint alkalmazva a σ l σ k = δ lk +iε lkj σ j és K K = q B összefüggéseket, a χ nagykomponensre ic a szokásos Pauli-Schrödinger-egyenletet kapjuk a spin-paramágneses járulékot is beleértve, ahol a Pauli-Schrödinger Hamilton-operátor, A spin-mágnesezettségi áramsűrűség E χ = H P χ, 9. H P = m K + qφ + q σb. 9. mc Ebben a közelítésben a relativisztikus valószínűségi áramsűrűség a j = cψ αψ = c χ σϕ + ϕ σχ = [ ] χ σ σk χ + Kχ σ σχ, 9. m alakban írható, mely a Pauli mátrixok algebráját használva két részre bontható: ahol és j m = K = i q c A behelyettesítéssel a j nr j = j nr + j m, 9.3 j nr = χ Kχ + Kχ χ m i χ K σ χ Kχ σχ m χ χ χ χ q im mc χ Aχ, 9.6 kifejezést nyerjük, ami valóban megegyezik a nemrelativisztikus eredménnyel l. 8 Fejezet. Az áramsűrűség második tagjából a valós vektorpotenciál eltűnik és j m = i χ σ χ + χ σχ = m χ σχ = c e rot χ M sp χ, 9.7 ahol M sp = e σ a spin-mágnesezettség operátora. A valószínűségi áramsűrűség ezen mc része tehát a spin-mágnesezettség sűrűség rotációjával arányos, ezért divargenciamentes és nem jelenik meg a kontinuitási egyenletben. 3

209 A Hamilton-operátor relativisztikus korrekciói A hullámfüggvény kiskomponensének 9.98 kifejezésében alkalmazott sorfejtésben továbblépve, ϕ E qφ cσkχ, 9.8 mc mc majd imételten visszahelyettesítve a 9.96 egyenletbe, némi átrendezés után a nagykomponensre az Eχ = H P χ σk E qφ σk χ 4m c 9.9 H P χ 4m c σk H P qφ σk χ, 9. egyenletet nyerjük, melyben a Pauli-Schrödinger Hamilton-operátor mellett megjelenik egy /c -tel arányos korrekció. A részletes levezetést mellőzve, melyben a kiskomponens normáját is /c rendben figyelembevesszük, a következő sajátértékegyenlethez jutunk: H P + H M + H D + H sp χ = Eχ, 9. ahol H M = 8m 3 c K4, 9. a kinetikus energia relativisztikus tömegnövekedés következtében fellépő korrekciója, H D = qφ, 9.3 8m c a Darwin-tag, mely a potenciális energia klasszikus analógiával nem rendelkező korrekciója és H sp = q σ E K 9.4 4m c a spin-pálya kölcsönhatás. Ez utóbbi elnevezést leginkább úgy érthetjük meg, hogy centrális potenciálra az elektromos térerősség, E = φ r = és a kinetikus impulzus kifejezésében a q A tagot elhanyagolva a c H sp = q 4m c r dφ r dr σ r p = dφ r r dr r, 9.5 q m c r dφ r dr L S, 9.6 kifejezés adódik. A spin-pálya kölcsönhatásnak elsősorban nagyobb rendszámú elemek esetén ill. szilárdtestekben a kötött atommaghoz közeli pályák spin-pálya j = l ± felhasadásában van szerepe. Mágneses anyagokban ugyancsak elsősorban a spin-pálya kölcsönhatás felelős az ún. mágneses anizotrópia jelenségéért. 4

210 9.. Feladatok 9... Példák 9.. Feladat Bizonyítsa be, hogy γ µ γ ν = I µ ν, ahol γ µ a Dirac mátrixokat jelöli! 9.. Feladat Bizonyítsuk be, hogy dj dt = r qφ, 9.7 i ahol J = L + S és S = Σ. Használjuk a relativisztikus Hamilton operátor alakját! H = cαp + βmc + qφ Feladat Tekintsünk egy elektromágneses térben mozgó m tömegű, q töltésű relativisztikus részecskét A kvantummechanikai időderivált segítségével mutassa meg, hogy a sebesség operátor v dr dt = cα valamint F dk dt = q c v B + qe. Segítség:. do dt = i O [H, O] +, B = rot A, E = φ A t c t 9.4. Feladat Vezessük le a Zitterbewegung jelenségét! Vizsgáljunk egy szabadon mozgó relativisztikus részecskét, és számítsuk ki a sebesség operátor időderiváltját! Oldjuk meg a kapott elsőrendű közönséges operátor értékű differenciálegyenletet, majd a hely operátort határozzuk meg ennek időintegráljaként! Milyen új tag jelenik meg az egyens vonalú egyenletes mozgást leíró rész mellett? Adjunk nagyságrandi becslést megjelenő új idő-és hosszskálákra! Segítség:. A levezetéskor használjuk fel az α és β mátrixok anitkommutátorait: {α k, α l } = δ k,l, {α k, β} =. Vezessük be a V k = c p k H szabad részecskére időfüggetlen operátort! 9.5. Feladat Klein paradoxon: Vizsgáljuk meg, hogy hogyan szóródik egy relativisztikus kvantuumechanika szerint mozgó részecske egy végtelen széles V magas potenciállépcsőn: {, ha x < V x = Ψ i = A pz V, ha x > pc ei, 9.9 E+mc ahol Ψ i a bejövő részecske hullámfüggvénye. Számítsuk ki a reflexiós és transzmissziós együtthatókat. Mik ezek lehetséges értéke V függvényében? 5

211 9... Megoldások 9. Megoldás Tekintsük először a µ ν =,, 3 esetet: σµ σν σµ σ γ µ γ ν = i i = ν σ µ σ ν σ µ σ ν iσλ = iσ λ 9. Mivel σ µ = I γ µ γ ν iσλ = iσ λ Ha ν = 4, akkor [ γ µ γ 4 σµ I = i σ µ I I = I ] σµ = σ µ 9. Megoldás Zérus vektorpotenciált véve a Hamilton operátor alakú. Ekkor = I 4 9. I = I = I 4 9. H = cαp + βmc + qφ 9.3 [H, L i ] = [cαp + qφ, ε ijk x j p k ], 9.4 hiszen L i kommutál βmc -tel. Az L i operátor a négyesvektorok terén egységoperátorként hat, ezért valójában L i I-t kellene írnunk. A fenti kommutátort két részre bontva, [cα l p l, ε ijk x j p k ] = cε ijk α l [p l, x j p k ] = cε ijk α l [p l, x j ] p } {{ } k x j [p l, p k ] } {{ } i δ lj = c i α p i 9.5 kapjuk, hogy [qφ, ε ijk x j p k ] = qε ijk [φ, x j p k ] = qε ijk [φ, x j ] p } {{ } k x j [φ, p k ] } {{ } i kφ = q i r φ i, 9.6 [H, L] = [c α p + q r φ], 9.7 i melyből centrális potenciálra csak a második tag tűnik el. Relativisztikus esetben centrális potenciálra a pálya-impulzusmomentum nem mozgásállandó! Bizonyítjuk, hogy centrális potenciál esetén a teljes impulzusmomentum J = L + S 9.8 mozgásállandó, ahol S = Σ = 6 σ σ 9.9

212 a spin-operátor. Ugyanis [H, S i ] = c [α lp l, Σ i ] = c p l [α l, Σ i ] = = c [ p σl l σ l σi σ i σi σ i σl σ l ] = c p l [σ l, σ i ] [σ l, σ i ] = i cε lik p l σk σ k = c i α p i. 9.3 így tehát dj dt = q r φ i, 9.3 ami centrális potenciálra valóban zérus. 9.3 Megoldás A sebesség operátor kifejezése: Az erő operátor alakja: v k = d dt x k = i [H, x k] = i [ cαk + βmc + qφ, x k ] = = i c [αk, x k] = i cα l [K l, x k ] = cα } {{ } l δ kl = cα k i δ kl F j = d dt K j = i [H, K j] + K j t = i cα i [K i, K j ] } {{ } i ε ijkb k + i q [Φ, K j] = 9.3 A j = cα }{{} i ε ijk B k q Φ j q t v i = ε ijk v i B } {{ } k v B j A j q Φ j q t = 9.33 = qv B j + qe j 9.34 Vagyis épp a Lorentz erőt kapjuk. 9.4 Megoldás Tekintsük a szabad részecske Heisenberg-képbeli sebességoperátorának 9.3 alakját, és nézzük meg ennek az időderiváltját: d dt v k = i [H, v k] = ic [ ] cαl p l + βmc ic, α k = cpl [α l, α k ] + mc [β, α k ] 9.35 Az ebben megjelenő kommutátorok: [α l, α k ] = α l α k α k α l = α l α k + α k α l α k α l = δ kl I α k α l 9.36 [β, α k ] = βα k α k β = βα k + α k β α k β = α k β

213 Tehát d dt v k = ic cpl δ kl I α k α l mc α k β = ic cp k α k cpl α l + mc β 9.38 } {{ } H Tekintsük most a speciális relativitás impulzus és energia kifejezését: p = mv, E = V c mc V = V c c p E, 9.39 ahol V a relativisztikus részecske sebessége. Vezessük most be ennek mintájára a ˆV k = c ˆp k Ĥ operátort, mely mivel csak ˆp-t és Ĥ-t tartalmazza, kommutál Ĥ-val, így időben állandó. Ezzel d dt v k = d dt v k V k = v k V k i H 9.4 A differenciálegyenlet megoldása: v k t V k = v k V k e i H t v k t = V k + v k V k e iωt, 9.4 ahol bevezettük az Ω = H frekvencia dimenziójú operátort. A speciális relativiáselméletből egyszerűen csak v k = V k -t várnánk, azonban a relativisztikus kvantummechanika ettől eltérő eredményt ad. A konstans tagra rárakódik egy Ω frekvenciával rezgő tag is. A koordináta operátort időbeli integrálással kapjuk: x k t = x k + V k t + v k V k iω e iωt, 9.4 ahol az egyenesvonalú egyenletes mozgást leíró első két tag mellett megjelent az Ω frekvenciájú rezegés, melyet Erwin Schrödinger nyomán Zitterbewegung -nak remegve mozgás nevezünk. Az Ω frekvencia értékére nagyságrendi becslést adhatunk, ha kis sebességek esetén az elektron energiáját a nyugalmi energiával m e c = 5keV közelítjük, így Ω = Hz-et kapunk, ami jelenleg kísérletileg nem mérhető tartomány. A Zitterbewegung amplitúdója pedig a következőképp becsülhető: A Ṽ Ω mc = λ c 3 m = 3 Å, vagyis a hidrogénatom méretének ezrede, amely szintén a mérési lehetőségeinket meghaladó hosszskála. Megjegyezzük még, hogy a zitterezést adó tag várható értéke eltűnik kizárólag pozitív elektron vagy kizárólag negatív pozitron energiás energiasajátállapotokból kikevert állapotokban. 9.5 Megoldás Osszuk a tartományt részre: I : z < II : z > E = p + m c 4 E V = p + m c 4 cα 3 p z + βmc Ψ = EΨ cα 3 p z + βmc Ψ = E V Ψ 9.43 Megjegyezzük, hogy E mc < V < E + mc esetén p <, tehát p = iip. A balról beeső hullám Ψ i : Ψ i = A pz pc ei, 9.44 E+mc 8

214 ami teljesíti az I tartomány Dirac-egyenletét. Legyen a balra menő visszavert hullám Ψ r, illetve a jobbra menő transzmittált Ψ t. Keressük ezeket is síkhullám alakban: Ψ r = B pz pc e i Ψ t = C p z p c ei 9.45 E+mc E V +mc z = -nál a hullámfüggvény folytonosságából a következő két egyenletet kapjuk: { A + B = C pc E+mc A A második egyenletet továbbalakítva: pc p A B = E + mc pc E+mc B = p c E V +mc C 9.46 c E V + mc C = p c V E mc C 9.47 A B = p p A peremfeltételekből azt kapjuk tehát, hogy { A + B = C E + mc V E mc } {{ } r A B = rc C Innen { A = C r B = C +r Azaz { B = +r A r C = A r Ellenőrzésül a j = cψ α 3 Ψ áramsűrűségek: j i = A pc E + mc, j r = B pc E + mc, j t = C Rp c E V + mc 9.5 Innen a 7.7 és 7.74 egyenletekben definiált reflexiós és transzmissziós együttható: R = j r = B j i A = + r r, T = j t = C Rp E + mc j i A p V E mc = 4Rr r 9.53 Vagyis Vagy másképp írva + r j i + j r = j i r = j i 4Rr + r = j t 9.54 R + T = + r r 9 4Rr r = 9.55

215 Tehát teljesül a kontinuitási egyenlet. Alakítsuk r kifejezését tovább: r = p E + mc p V E mc = V E m c 4 E + mc E m c 4 V E mc = V E = ± m c 4 E + mc E m c 4 V E mc = ± [V E mc ]E + mc [V E + mc ]E mc V különböző értékei mellett meghatározhatjuk r, R illetve T lehetséges értékeit, amelyeket a 9. táblázatban foglaltunk össze, R változása V függvényében pedig a 9. ábrán látható. V r R T nincs szórás normál szórás < V < E mc < r < < R < < T < teljes visszaverődés V = E mc E mc < V < E + mc ir V = E + mc magas lépcső E + mc < V r > végtelen lépcső V 9.. táblázat. E+mc R > T < E mc E+mc E+mc + E mc E mc E+mc E mc 4 E+mc E mc E+mc E mc Az E mc < V < E + mc tartományban p = iip, azaz a jobb oldalon egy exponenciálisan elhaló evaneszcens hullám van csak. Világos, hogy V > E + mc esetén R >. Ez úgy lehetséges, hogy ebben a tartományban olyan nagy energiájú a potenciálgát, hogy képes párkeltésre. Elektron-pozitron párok keletkezhetnek, így lehetséges, hogy több elektron verődik vissza, mint amennyi bement. Eközben pozitronok haladnak a potenciálgát alatt jobbra, így a transzmisszós együttható negatív.

216 9.. ábra. Az R reflexiós együttható a V függvényében relativisztikus fekete folytonos vonal és nem relativisztikus zöld szaggatott vonal, lásd: 7. feladat