Inhoud college Quantumfysica I

Inhoud college Quantumfysica I
Docent: Erik Verlinde
Overzicht door: Lodewijk Koopman∗
20 mei 2005
∗ E-mail:
[email protected]
1
College 1: 9 februari 2005
• onderscheid klassieke en kwantummechanica: klassiek zijn er deeltjes en
golven, kwantummechanisch is dit onderscheid minder duidelijk
• Historie kwantummechanica:
– 1900: Planck-kromme voor zwarte stralers. Theoretische beschrijving
m.b.v. introductie constante van Planck: kwantisatie van straling
(E = hf ).
– 1905: Postulaat Einstein: kwantum van het elektromagnetisch veld
is een foton. Verklaring foto-elektrisch effect: Ek = hf − φ, φ = hf0
– 1913: Beschrijving van het atoom door Bohr, nog deels klassiek.
– 1923: De Broglie postuleert symmetrie tussen deeltjes en golven:
materie is ook een golf. Afleiding De Broglie relaties: λ = h/p,
f = E/h.
• Gedachte experiment Feynman: interferentie elektronen.
• Er is geen bewijs voor de kwantummechanica: deze is gepostuleerd.
• Voorbeeld van een golffunctie: ψ(x) = A sin(2πx/λ)
PAUZE
• Beschrijving Bohr atoom en afleiding energieniveaus met behulp van De
Broglie relaties, staande golven en Fel = Fcp .
• Betekenis negatieve energieën in spectrum.
• Energieniveaus: overgangen tussen energieniveaus gaan gepaard met het
opnemen, of uitzenden van een foton. Energie is gekwantiseerd (kwantumgetal n = 1, 2, 3, . . .).
• Uitleg potentiële energie (klassiek). Verband tussen kracht en potentiële
energie.
• Voor een conservatieve kracht geldt: energie behouden en F = −dV /dx.
Minteken wordt uitgelegd a.d.h.v. een knikkertje in een potentiaal.
• Afleiden dE/dt = 0 voor deeltje met kinetische en potentële energie.
2
College 2: 16 februari 2005
• Afleiding/motivatie Schrödingervergelijking (tijdsonafhankelijk):
– Energie voor een vrij deeltje: E =
energie).
1
2
2 mv
+ V , V = 0 (potentiële
– Gebruik De Broglie: mv = p → h/λ, dan volgt E =
h2
2mλ2 .
– Invoering golffunctie ψ(x, t); geeft aan waar het deeltje zich bevindt
en bezit golflengte en frequentie. In klassieke mechanica hebben we
de plaats van een deeltje: x(t).
– Voorbeeld golffunctie op t = 0: ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx). Hierin
is k het golfgetal: k = 2π/λ.
– Differentiëren sin(x) en cos(x). Afgeleide golffunctie: d2 ψ/dx2 =
−k 2 ψ.
– Verband tussen k en λ enerzijds en λ en E anderzijds geeft met de
~2 d2
tweede afgeleide van de golffunctie: − 2m
dx2 ψ(x) = Eψ(x).
– Tijdafhankelijkheid volgt door te kijken naar de frequentie f : e−iωx ,
met ω = 2πf de hoekfrequentie.
h 2 2
i
∂
~ ∂
– De Schrödingervergelijking is: i~ ∂t
ψ(x, t) = − 2m
+
V
(x)
ψ(x, t)
2
∂x
• Verband tussen i~ ∂ψ
∂t en E.
PAUZE
• Interpretatie golffunctie: maat voor kans.
• Golffunctie is in het algemeen complex en kan ook negatief zijn. “Intensiteit golf” ∼ “kwadraat amplitude golf” , analoog: |ψ|2 geeft de waarschijnlijkheidsdichtheid van de kwantummechanische golf.
• De kans is evenredig met het oppervlak onder |ψ|2 . In het algemeen:
Rb
dx|ψ(x, t)|2 = Pa→b (t).
a
• Voor het experimenteel bepalen van de kans, moet de meting worden herhaald. Verband ψ en meting is een van de moeilijke vragen in de kwantummechanica.
• Voorbeeld: deeltje in een doos (Griffiths, H2.2):
– beschrijven m.b.v. Schrödingervergelijking,
– eerst tijdsafhankelijk: V (x) = 0,
– probeer speciale golffuncties: Ψ(x, t) = ψ(x)e−iωt ,
– invullen in tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking, geeft tijdsonafhankelijke vergelijking,
3
– oplossing tijdsonafhankelijke vergelijking; aanname: ψ(x) = A sin(kx)+
B cos(kx), kies verder de randen van de doos: a = 0, b = L,
– uit de randvoorwaarden, ψ(0) = 0 en ψ(L) = 0, volgt: B = 0 en
kπ/L,
– energie is gekwantiseerd: E =
~ 2 π 2 n2
2m L2 ,
– tekenen van verschillende golffuncties in ψ(x)-diagram, kortere golflengte → grotere energie,
– interpretatie |ψ(x)|2 in deze context:
Rb
∗ Pa≤x≤b = a dx|ψ|2 ,
RL
∗ maar: 0 dx|ψ|2 = 1, hieruit volgt normering (voorwaarde voor
A).
• Beweging betekent in de kwantummechanica: beweging van de kansverdeling (tekening van een kansverdeling op twee tijdstippen).
4
College 3: 23 februari 2005
• Herhaling kansinterpretatie golffunctie ψ(x): |ψ(x, t)|2 dx geeft de kans om
het deeltje aan te treffen tussen x en x + dx.
• Interpretatie is een van de moeilijkheden van de kwantummechanica:
– Kwantummechanica kan niet voorspellen waar het deeltje is, het geeft
alleen de kans het ergens aan te treffen.
– Is kwantummechanica dan geen volledige theorie?
– Waar was het deeltje voor de meting? Vraag kan niet worden gesteld.
– Wat wordt gemeten kort na het uitvoeren van een meting? Golffunctie na meting is veranderd: sterk gepiekt rond plaats waar deeltje is
aangetroffen.
• Kans:
– discrete kansverdeling: leeftijden in een klas,
– totaal aantal leerlingen N , dan Σ∞
j=0 N (j) = N , met N (j) aantal
leerlingen met leeftijd j,
– kans wordt dan gegeven door: P (j) = N (j)/N , met Σj P (j) = 1,
– meest voorkomende leeftijd,
–
–
–
–
–
(j)
= ΣjP (j),
interessanter is: gemiddelde leeftijd, hji = ΣjN
N
2
gemiddelde van leeftijd in het kwadraat: hj i = Σj 2 P (j),
maat voor spreiding: ∆j = j − hji, niet handig, want h∆ji = 0,
gebruik: h(∆j)2 i = σ 2 , met σ de standaarddeviatie,
σ blijkt belangrijk te zijn in de kwantummechanica: snelheid en positie zijn niet willekeurig precies te meten.
PAUZE
• Vervolg kans:
– makkelijkere vorm voor spreiding, h(∆j)2 i uitwerken geeft: h(∆j)2 i =
hj 2 i − hji2 ,
– continue kansverdeling: observabelen in kwantummechanica,
R∞
– nu is er een kansdichtheid ρ(x), met −∞ dxρ(x) = 1 en ρ(x)dx geeft
kans tussen x en x + dx.
– nu kun je ook definiëren hxi en hxi2 :
Z ∞
hxi =
dxxρx,
−∞
Z ∞
hx2 i =
dxx2 ρx,
−∞
σ2
=
5
hx2 i − hxi2 .
• Hoe moet je nadenken over kans in de kwantummechanica? Meerdere
experimenten met gelijke golffunctie laten kansverdeling zien.
• ψ(x) geeft de kansverdeling: ρ(x) = |ψ(x)|2
6
College 4: 2 maart 2005
• Aantonen dat Schrödingervergelijking met een kansinterpretatie houdbaar
is.
• Twee vormen van de Schrödingervergelijking: tijdsafhankelijk en tijdsonafhankelijk. Tijdsafhankelijk:
i~
~2 ∂ 2 ψ
∂ψ
+ V ψ,
=−
∂t
2m ∂x2
(1)
waarbij ψ = ψ(x, t) ∈ C en V = V (x) ∈ R, de potentiaal. Zegt iets over
hoe het deeltje klassiek zou bewegen.
• Als ψ voldoet aan (1), dan voldoet Aψ ook.
• Als ψ1 en ψ2 oplossingen zijn van (1), dan is ψ = Aψ1 + Bψ2 ook een
oplossing.
• Vergelijking (1) is een lineaire differentiaalvergelijking. Deze eigenschap
geeft aanleiding tot interferentie.
• De factor A is belangrijk,
|ψ|2 een kansdichtheid is. A wordt vastR ∞ omdat
2
gelegd door de eis: −∞ |ψ| dx = 1 (normering van ψ).
• Toepassen normering bij deeltje in een doos.
• Normering geldt op ieder tijdstip en is nog afhankelijk van de tijd. Op ieder
tijdstip moet echter gelden dat totale kans 1 is. De kans moet behouden
zijn:
Z ∞
d
|ψ|2 dx = 0.
(2)
dt −∞
Uitwerken van (2) met gebruik making van (1) en partiële integratie geeft:
∗
∞
Z ∞
∂ψ
~
d
∗ ∂ψ 2
.
(3)
ψ−ψ
|ψ(x, t)| dx =
dt −∞
2mi
∂x
∂x −∞
Integreerbaarheid van ψ geeft dat ψ en ψ 0 snel genoeg naar nul gaan voor
x → ±∞, daarmee is voldaan aan (2).
• Met behulp van (2) kunnen we een waarschijnlijkheidsstroom definiëren:
d
Pa−b (t) = J(b, t) − J(a, t),
dx
met:
J(x, t)
=
Pa−b (t)
=
∗
∂ψ
∂ψ
~
ψ − ψ∗
,
2mi ∂x
∂x
Z b
ρ(x, t)dx,
ρ(x, t)
=
ψ ∗ (x, t)ψ(x, t).
a
7
(4)
Vergelijking (4) geeft de verandering van de kans het deeltje aan te treffen
in het interval a ≤ x ≤ b, uitgedrukt in het verschil van de waarschijnlijkheidsstroom ter plaatse van x = a en x = b.
PAUZE
• Conclusie afleiding voor de pauze: Schrödingervergelijking is consistent
met de kansinterpretatie.
• Schrödingervergelijking is soort wet van behoud van energie.
• Positie en snelheid niet gedefinieerd
in kwantummechanica. Wel kans en
R
verwachtingswaarde: hxi = ψ ∗ xψdx.
• Geen verwachtingswaarde voor de snelheid, want dx
dt = 0, omdat x een
d
onafhankelijke variabele is. Wel kunnen we bekijken: dt
hxi. Uitwerken
geeft:
Z
~ ∞ ∗ ∂
d hxi
=
ψdx.
(5)
m
ψ
dt
i −∞ ∂x
We definiëren nu: hpi = m dhxi
dt .
• Overeenstemming met De Broglie relatie.
• Operatoren: beelden een functie op een functie af. Zo definiëren we:
x̂ : ψ(x, t) → xψ(x, t),
~ ∂
ψ(x, t).
p̂ : ψ(x, t) →
i ∂x
• Verwachtingswaarden van operatoren:
Z ∞
hxi =
ψ ∗ (xψ) dx,
−∞
Z ∞
~ ∂
ψ dx.
hpi =
ψ∗
i ∂x
−∞
• Met uitdrukkingen voor x en p kunnen alle functies afhankelijk van plaats
en impuls worden berekend: draai-impuls, energie. In het algemeen kan
grootheid Q worden uitgedrukt in termen van plaats en impuls: Q(x, p).
• Energie: E =
p2
2m
+ V (x), som van potentiële en kinetische energie:
V (x) : ψ(x, t) → V (x)ψ(x, t),
2
p2
1
~ ∂
: ψ(x, t) →
,
2m
2m i ∂x
~2 ∂ 2
= −
ψ(x, t).
2m ∂x2
Deze twee uitdrukkingen geven samen weer de Schrödingervergelijking.
8
College 5: 9 maart 2005
N.B.: Overzicht op basis van aantekeningen Erik Verlinde.
• Operatoren:
– x : Ψ → xΨ,
– p:Ψ→
~ ∂Ψ
i ∂x ,
– Hamiltoniaan: H =
V (x)Ψ,
p2
2m +V
2
2
~ ∂ Ψ
(x), Hamiltonoperator: H : Ψ → − 2m
∂x2 +
– t : Ψ → tΨ,
– E : Ψ → i~ ∂Ψ
∂t .
• Schrödingervergelijking:
– i~ ∂Ψ
∂t = HΨ (tijdsafhankelijk),
– Ĥψ = Eψ (tijdsonafhankelijk).
• Verwachtingswaarden:
R
– hxi = Ψ∗ xΨdx,
R
– hpi = Ψ∗ ~i ∂Ψ
∂x dx,
R ∗
– hHi = Ψ ĤΨdx
R ∗ ∂Ψ ∂Ψ∗ i~
• dhxi
Ψ ∂t − ∂t Ψ dx. Met behulp van partiële integratie:
dt = − 2m
R ∂Ψ∗
R ∗ ∂Ψ
Ψ ∂x dx = − ∂x Ψdx (onder aanname dat Ψ → 0 voor x → ±∞)
• Eherenfest:
–
–
dhxi
dt
dhpi
dt
=
i
~
h[x̂, Ĥ]i,
=
i
~
h[p̂, Ĥ]i.
9
College 6: 16 maart 2005
• Onzekerheidsrelatie: bij een meting kunnen we ofwel x, ofwel p bepalen.
• Meting van plaats: na meting x = a, golffunctie scherp gepiekt rond x = a.
• Meting van impuls:
– differentiëren van ψ,
– na meting p = k ( ~i ∂ψ
∂x = kψ),
– golffunctie: ψ(x) = eikx/~ ,
– kansverdeling voor x: |ψ(x)|2 = 1, x is onbepaald.
• Algemene vorm voor een golffunctie: spreiding in x en p.
• Heisenberg onzekerheidsrelatie: σx σp ≥ ~/2, σx , σp eindig. Denk aan een
rechthoek met zijden σx en σp en minimaal oppervlak. Hoe smaller het
rechthoekje, hoe langer en vice versa.
• Bepalen grondtoestand waterstof atoom met behulp van Heisenberg onzekerheidsrelatie:
– Potentiaal: V (x) = αx2 .
– Klassiek zal het deeltje zich in het minimum van V (x) bevinden met
snelheid nul. Dit kan kwantummechanisch niet.
– Totale energie: E =
p2
2m
+ V (x).
– Neem aan: hxi = 0 en hpi = 0 ⇒ hx2 i = σx2 en hp2 i = σp2 .
– Kies de gelijkheid in de onzekerheidsrelatie: σx2 σy2 =
q
~
, E0 = 12 ~ω.
– Minimaliseer E in σx : σx = 2mω
~2
4 .
• Schrödingervergelijking in twee vormen: tijdsafhankelijk en tijdsonafhankelijk.
• Tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking:
i~
∂Ψ(x, t)
~2 ∂ 2 Ψ(x, t)
=−
+ V (x)Ψ(x, t)
∂t
2m ∂x2
(6)
• Scheiding van variabelen, probeer Ψ(x, t) = ψ(x)φ(t).
• Invullen in (6) geeft:
i~ψ(x)
dφ(t)
~2 d2 ψ(x)
=−
φ(t) + V (x)ψ(x)φ(t).
dt
2m dx2
10
(7)
• Delen door ψ(x)φ(t) geeft:
i~
1 dφ(t)
~2 1 d2 ψ(x)
+ V (x)
=−
φ dt
2m ψ(x) dx2
(8)
• Linkerkant is functie van t, rechterkant is functie van x: beiden moeten
constant zijn (E). Dit geeft twee differentiaalvergelijkingen:
i~
−
dφ(t)
dt
~2 d2 ψ(x)
+ V (x)ψ(x)
2m dx2
• Oplossing eerste vergelijking: φ(t) = e−
iEt
~
= Eφ(t),
(9)
= Eψ(x).
(10)
,
• Oplossing tweede vergelijking moeilijker; hangt af van vorm V (x).
PAUZE
• Oplossing tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking: Ψ(x, t) = ψ(x)e−
2
iEt
~
.
2
• Kansverdeling: |Ψ(x, t)| = |ψ(x)| , onafhankelijk van de tijd (stationaire
toestanden).
• Vergelijk dit met het bepalen van impuls en plaats. Als p bekend, dan
|ψ|2 onafhankelijk van x.
2
2
~ d ψ
• Hamiltoniaan: Ĥψ = − 2m
dt + V (x)ψ, Ĥψ = Eψ. ψ is een eigenfunctie
van de Hamiltoniaan met eigenwaarde E.
• Verwachtingswaarde Ĥ:
Z
hHi =
∞
ψ ∗ Ĥψdx,
−∞
Z ∞
= E
ψ ∗ ψdx,
−∞
= E
• Zo volgt ook: hH 2 i = E 2 , conclusie: onzekerheid in energie is nul.
• Meest algemene oplossing van de Schrödingervergelijking is te schrijven
als een lineaire combinatie van stationaire toestanden. Meest algemene
oplossing:
X
iEn t
(11)
Ψ(x, t) =
cn ψn (x)e− ~ .
n
• Normering geeft conditie voor {cn }.
∂
• Tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking is nu te schrijven als: i~ ∂t
Ψ(x, t) =
ĤΨ(x, t).
11
College 7: 23 maart 2005
• Oneindige potentiaalput: deeltje is beperkt tot 0 < x < a. Potentiaal is
echter kunstmatig; in praktijk zijn potentialen niet oneindig.
• Oplossen Schrödingervergelijking voor oneindige potentiaalput, tussen x =
0 en x = a:
– Algemene vorm:
i~
∂
~2 ∂ 2
Ψ(x, t) + V (x)Ψ(x, t).
Ψ(x, t) = −
∂t
2m ∂x2
– Probeer speciale oplossingen Ψ(x, t) = ψ(x)e−iEt/~ .
– Invullen geeft tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking:
−
~2 d2
ψ(x) + V (x)ψ(x) = Eψ(x).
2m dx2
– Meest algemene oplossing van de Schrödingervergelijking zal een lineaire combinatie zijn van oplossingen tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking.
• Intermezzo: Schrödingervergelijking is complex ⇒ Ψ(x, t) is ook complex.
Tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking is reëel ⇒ ψ(x) is reëel, of
imaginair te kiezen. We kiezen in het vervolg dat ψ(x) ∈ R.
• Vervolg oplossing:
2
2
~ d
– Invullen potentiaal V (x) = 0: − 2m
dx2 ψ(x) = Eψ(x).
– Schrijf: E =
~2 k 2
2m ,
dan volgt:
d2
dx2 ψ(x)
= −k 2 ψ(x).
– Oplossing is stationair met één bepaalde energie.
– Meest algemene oplossing: ψ(x) = A sin kx + B cos kx.
– Randvoorwaarden: ψ(0) = 0 en ψ(a) = 0, wegens V (x) = ∞ op de
randen.
– Drie onbekenden (A, B en k), twee vergelijkingen:
ψ(0) = 0 ⇒ B = 0,
ψ(a) = 0 ⇒ A sin ka = 0.
Aan de laatste conditie kan alleen worden voldaan wanneer ka = nπ,
n = 1, 2, 3, . . . B = 0 en n = 0 zijn niet toegestaan, omdat dan
ψ(x) = 0, deze oplossing is niet normeerbaar.
– A wordt vastgelegd door ψ te normeren:
r
Z a
nπx
2
dxA2 sin2
=1⇒A=
.
a
a
0
12
– Oplossing: ψn (x) =
q
2
a
sin nπx
a , En =
~ 2 n2 π 2
2m a2 .
– De potentiaalput had ook kunnen liggen tussen x = − a2 en x = a2 .
De vorm van de oplossingen is dan gelijk, maar de functies zijn afnπx
wisselend cos nπx
a , voor n oneven en sin a , voor n even. De waarde
van A hangt niet af van de positie van de integraal.
PAUZE
• Oplossing tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking: Ψ(x, t) = ψn (x)e−iEn t/~ ,
niet meest algemene oplossingen.
• Oplossingen zijn opgeteld weer een oplossing: zoek naar
P een basis van
functies waarin iedere functie is uit te drukken: f (x) = n cn ψn (x).
R
• Net als bij vectoren is er een inproduct tussen twee functies: dxψ ∗ (x)ψ(x).
• Eigenfuncties ψn zijn orthonormaal:
Z ∞
n=m :
dxψn∗ ψm = 1,
−∞
Z ∞
n 6= m :
dxψn∗ ψm = 0.
−∞
• Verkorte notatie:
R∞
−∞
dxψn∗ ψm = δnm , met δnm , de Kronecker delta:
δnm =
1
0
n=m
n 6= m
• Tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking oplossen met behulp van oplossingen tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking:
P
– Stel Ψ(x, 0) is bekend, dan volgt Ψ(x, t) = n cn ψn (x)e−iEt/~ .
– Bepaal nu cn met behulp van orthonormaliteit eigenfuncties:
Z ∞
cn =
dxψn∗ (x)Ψ(x, 0).
−∞
• Dit geldt voor iedere V (x), mits ψn een basis vormt.
• Bij verschillende eigenwaarden zijn eigenfuncties orthonormaal.
13
College 8: 6 april 2005
Herhaling besproken stof tot nu toe:
• Schrödingervergelijking besproken in twee vormen: tijdsafhankelijk en
tijdsonafhankelijk.
• Schrödingervergelijking is gemotiveerd vanuit De Broglie relaties en is te
zien als vergelijking voor de totale energie.
• Operatoren:
p̂
Ĥ
~ ∂
,
i ∂x
~2 ∂ 2
= −
+ V (x).
2m ∂x2
=
• Een operator werkt op wat er achter staat. Zo is ĤΨ(x, t):
ĤΨ(x, t) = −
~2 ∂ 2 Ψ(x, t)
+ V (x)Ψ(x, t).
2m ∂x2
• Operatoren zijn lineair: Ĥ(ψ1 + ψ2 ) = Ĥψ1 + Ĥψ2 .
• Interpretatie golffunctie: maat voor kansdichtheid.
• Schrödinger schreef zijn vergelijking op zonder interpretatie voor ψ.
• Kansdichtheid wordt gegeven door: |Ψ(x, t)|2 .
R∞
• Verwachtingswaardes worden als volgt uitgerekend: hxi = −∞ x|Ψ(x, t)|2 dx.
R∞
∂
Ψ(x, t)dx.
Idem voor andere grootheden, zoals impuls: hpi = −∞ Ψ(x, t)∗ ~i ∂x
• Kortere notatie voor verwachtingswaarden (Dirac): hψ| p̂ |ψi. |ψi vormt
een vectorruimte.
2
• Onzekerheidsrelaties: σx σp ≥ ~2 , σx2 = hx2 i − hxi , analoog voor σp .
• Interpretatie: golf is niet te localiseren, er is onzekerheid in zijn plaats en
impuls.
• Niet besproken: kansstroomdichtheid en stelling van Ehrenfest.
Verder wordt het deeltje in een potentiaalput herhaald:
• Tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking:
−
~2 d2 ψ(x)
+ V (x)ψ(x) = Eψ(x).
2m dx2
Volgt door Ψ(x, t) = ψ(x)e−iEt/~ in Schrödingervergelijking in te vullen.
14
• Potentiaal V (x) voor de put: V (x) = 0, voor 0 < x < a en V (x) = ∞
elders.
2
2 2
n π ~
• Oplossingen: ψn (x) = A sin nπx
a , En =
ma2 . Kwantisatie volgt uit
randvoorwaarden. A volgt door normering ψn .
• Deze set oplossingen vormt een volledige basis waarin iedere functie uit te
drukken is.
P
• Willekeurige toestand ψ(x) = n cn ψn (x).
• Coëfficienten cn interpreteren P
als kans: |cn |2 is de kans om energie En te
2
meten. Daarom moet gelden:
n |cn | = 1.
• Verwachtingswaarde wordt ook bepaald door cn .
• Oplossen Schrödingervergelijking bestaat uit bepalen ψn en bijbehorende
En .
PAUZE
Vervolg deeltje in potentiaalput:
q
• Golffunctie: ψn (x) = a2 sin nπx
a . De ψn zijn orthonormaal:
Z
∞
ψn∗ ψm (x)dx = δnm .
−∞
• Dit geldt voor elke golffunctie waarvan de eigenwaarden ongelijk zijn:
Z ∞
Z ∞
ψn∗ Ĥψm dx = Em
ψn∗ ψm dx.
−∞
−∞
Maar Ĥ kan ook naar links werken, door twee keer partieel te integreren:
Z ∞
Z ∞
∗
Ĥψn ψm dx = En
ψn∗ ψm dx.
−∞
−∞
Maar omdat deze twee uitdrukkingen gelijk moeten zijn en En 6= Em volgt
dat de integraal nul is.
q P
• Willekeurige golffunctie is te schrijven als ψ(x) = a2 n cn sin nπx
a . Met
q R
a
de truck van Fourier: cn = a2 0 sin nπx
a ψ(x)dx.
• Tijdsontwikkeling:
stel Ψ(x, 0) = ψ(x), dan voor willekeurige t, Ψ(x, t) =
q P
2
nπx −iEn t/~
.
n cn sin a e
a
15
• Normeren Ψ(x):
Z
1
a
Ψ∗ (x)Ψ(x)dx
=
0
∞
X
=
m,n
∞
X
=
Z
c∗m cn
a
∗
ψm
ψn dx
0
c∗m cn δmn
m,n
∞
X
=
|cn |2 .
n
Dus:
P∞
n
|cn |2 = 1 en elke |cn |2 is een kans.
• Meting geeft een van de waarden En . Dit is in het algemeen niet gelijk
aan de verwachtingswaarde hEi = hĤi:
Z
hĤi =
Ψ∗ Ψdx,
=
=
∞
X
m,n
∞
X
c∗m cn
Z
c∗m cn
Z
∗
ψm
(x)Ĥψn (x)dx,
∗
ψm
(x)En ψn (x)dx,
m,n
=
=
∞
X
m,n
∞
X
c∗m cn En δnm ,
|cn |2 En .
n
• Dit geldt ook voor Ψ(x, t).
• Tijdsafgeleide is nul:
d
dt
hHi = 0.
16
College 9: 13 april 2005
• Bespreken harmonische oscillator: belangrijk systeem (wellicht even belangrijk als waterstofatoom).
• Potentiaal tot nu besproken: oneindige potentiaalput. Dit is geen gebruikelijke vorm voor een potentiaal (zie figuur 1).
Figuur 1: Schets van een meer gebruikelijke vorm voor de potentiaal. De gestippelde grafiek geeft een benadering voor de potentiaal in het lokale minimum.
• Oplossen tijdsonafhankelijk Schrödingervergelijking voor harmonische oscillator:
~2 d2 ψ(x)
−
+ V (x)ψ(x) = Eψ(x).
2m dx2
V (x) is eenvoudige potentiaal; een kwadratische functie.
• Harmonische oscillator is een benadering voor (meeste) potentialen voor
lokaal minimum, bij lage energie: Taylorontwikkeling van potentiaal:
1
V (x) = V (x0 ) + V 0 (x0 )(x − x0 ) + V 00 (x0 )(x − x0 )2 .
2
Constante V (x0 ) heeft geen fysische betekenis en voor een minimum in x0
is V 0 (x0 ) = 0. Het resultaat is een kwadratische functie (zie gestippelde
grafiek in figuur 1).
• Potentiaal harmonische oscillator: V (x) = 21 mω 2 x2 . Klassiek is dit de
potentiaal
pvoor bijvoorbeeld een massa m aan een veer, met kracht F =
kx, ω = k/m. ω is dan de frequentie waarmee de massa trilt.
• Twee methoden om dit probleem op te lossen:
1. oplossen differentiaalvergelijking,
2. met gebruikmaking van commutatoren (algebraı̈sch).
Hier wordt de tweede methode gebruikt.
• Eerst kwalitatief oplossen:
17
– herschrijf Schrödingervergelijking:
d2 ψ
2m
= 2 (V (x) − E) ψ
2
dx
~
(12)
– eisen aan deze vergelijking:
1. V ∈ R, E ∈ R,
2. ψ(x) ∈ R,
3. ψ(x) normeerbaar ⇒ limx→±∞ V (x) = ∞.
– Constante in V (x) is niet van belang, wel verschil. Verschillende
gevallen/eigenschappen:
∗ E = 0 is niet mogelijk wegens onzekerheidsrelatie. Voor E = 0
zouden zowel x als p bepaald zijn.
2
∗ Voor E < V (x) en ψ > 0, volgt uit vergelijking (12): ddxψ2 > 0
(toenemende helling). Als dit voor alle x zou gelden, dan is ψ
niet normeerbaar, dus volgt: E ≥ Vmin .
2
∗ Voor E > V (x) en ψ > 0, volgt uit vergelijking (12): ddxψ2 < 0
(afnemende helling). Conclusie: ψ oscilleert.
∗ V symmetrisch: V (−x) = V (x) ⇒ ψ is symmetrisch, of antisymmetrisch.
– Hoe zien golffuncties er uit? Op basis van bovenstaande eigenschappen:
∗ Energie grondtoestand: E0 > 0, golffunctie: zie figuur 2.
Figuur 2: Schets van ψ0 .
∗ Hogere energieniveaus: verschil opeenvolgende niveaus constant,
golffunctie: zie figuur 3.
Figuur 3: Schets van ψ1 .
18
• Precieze afleiding:
– Gebruik making van operatoren Ĥ, p̂ en x̂. Vanaf nu: geen ‘hoedjes’
meer zetten, uit de context is het duidelijk dat we met operatoren te
maken hebben.
– Hamiltoniaan voor harmonische oscillator:
~2 d2
1
+ mω 2 x2 ,
2
2m dx
2
H=−
schrijven als product van twee operatoren.
– Voor niet operatoren: u2 + v 2 = (−iu + v)(iu + v), u, v ∈ R. Dit is
niet geldig voor operatoren, omdat de volgorde uit maakt.
– Definieer: a± ≡
√ 1
(∓ip
2~mω
+ mωx).
– Bereken a− a+ :
a− a+ =
1
(p2 + m2 ω 2 x2 + imω(px − xp)).
2~mω
Analoog voor a+ a− .
PAUZE
• Vervolg oplossing harmonische oscillator:
– Merk op dat (px−xp) = [p, x]. Uitwerken commutator geeft: [p, x] = ~i .
– Hiermee vinden de commutator van a− en a+ : [a− , a+ ] = 1.
– a− a+ geeft bijna H:
H
1 2
(p + m2 ω 2 x2 ),
2m
1
= ~ω(a− a+ − ),
2
1
= ~ω(a+ a− + ).
2
=
– a− en a+ kunnen worden gebruikt om nieuwe oplossingen te vinden.
Stel Hψ = Eψ, dan H(a+ ψ) = (E + ~ω)(a+ ψ). Dit volgt door H,
uitgedrukt in a± , op a+ ψ te laten werken.
– a± heten ‘ladderoperatoren’, door herhaaldelijk toepassen worden
hogere energietoestanden gevonden: H(an+ ψ) = (E + n~ω)(an+ ψ) en
analoog: H(an− ψ) = (E − n~ω)(an− ψ).
– a− kan niet willekeurig vaak worden toegepast, omdat moet gelden:
En > Vmin , voor alle n. Daarom bestaat er een ψ0 waarvoor geldt:
a− ψ0 = 0 (ψ wordt geannihileerd.)
– Berekenen energie grondtoestand: Hψ0 = 12 ~ωψ0 (de a− in H annihileert ψ0 ) en dus E0 = 21 ~ω.
19
– Berekenen golffunctie grondtoestand, uitwerken a− ψ0 = 0 geeft differentiaalvergelijking:
dψ0 (x) mωx
+
ψ0 (x) = 0.
dx
~
Oplossing: ψ0 (x) = Ae−
mωx2
2~
. (Uit normalisatie ψ0 volgt A.)
– Wegens hun eigenschappen worden a± creatie- en annihilatieoperatoren genoemd.
20
College 10: 20 april 2005
• Vrij deeltje beschrijven in kwantummechanica brengt problemen met zich
mee. Speciale oplossing is nodig.
• Klassiek: fasesnelheid en groepssnelheid:
– Voortbewegende golf: sin(kx − ωt) = sin k(x − ωk t)
– Golven met verschillende frequentie optellen: ω0 − ∆ω < ω < ω0 + ∆ω.
– Resultaat: golven krijgen ‘omhullende’, ‘bult’.
– Snelheid ‘bult’: groepssnelheid, vgr . Snelheid golven binnen omhullende: fasesnelheid, vph .
• Bovenstaande gebruiken om in kwantummechanica golfpakketje te maken.
Deeltje correspondeert met speciale combinatie van golven.
• Wanneer er een potentiaal is (b.v. V (x) = 21 kx2 voor harmonische oscillator), is er geen probleem. Zonder potentiaal wel een probleem (voor vrij
deeltje: V (x) = 0).
• Schrödingervergelijking voor vrij deeltje:
i~
∂Ψ
~2 ∂ 2 Ψ
=−
.
∂t
2m ∂x2
• Oplossen door scheiding van variabelen: Ψ(x, t) = f (t)ψ(x). Scheidingsconstante: E.
• Oplossing tijdsafhankelijk deel geeft: f (t) = e−iEt/~ , integratieconstante
is 1 gekozen.
• Oplossing ruimtelijk deel: ψ(x) = Aeikx + Be−ikx , k =
√
2mE
.
~
• Som van oplossingen is ook weer een oplossing.
PAUZE
~k
~k
• Oplossing Schrödingervergelijking: Ψ(x, t) = Aeik(x− 2m t) + Be−ik(x+ 2m t) .
Eerste term is een naar rechts lopende golf.
• Punten met constante fase bekijken: x −
~k
t
2m
q
~k
2m
=
2
• Klassieke snelheid: E = 12 mvcl
, dus vcl =
q
tummechanisch) van de golf is: vqu =
= const. Snelheid (kwanE
2m .
2E
m.
• Probleem: vcl = 2vqu , dit is onzin.
R∞
• Mogelijke oplossing (flauw). Ψ normeren geeft: −∞ Ψ∗ Ψdx = ∞. Ψ is
niet genormeerd en is dus geen fysische toestand.
21
• Conclusie moet zijn: vrije deeltjes met vaste energie bestaan niet.
• Betere oplossing: deeltje beschrijven door golfpakketje. Definieer: Ψk (x, t) :=
~k
√1 Φ(k)eik(x− 2m t) , dan Ψ(x, t) = Ψk (x, t) + Ψ−k (x, t), met:
2π
Φ(k) =
√
√2πA,
2πB,
k>0
k<0
• Optellen van deze functies (zie ook introductie):
Z ∞
~k
1
Φ(k)eik(x− 2m t) dk.
Ψ(x, t) = √
2π −∞
• Deze functie is wél te normeren.
• Fouriertransformatie:
F̃ (k)
=
F (x)
=
Z ∞
1
√
F (x)e−ikx dx,
2π −∞
Z ∞
1
√
F̃ (k)eikx dk.
2π −∞
De functies F̃ (k) en F (x) moeten kwadratisch integreerbaar zijn, er geldt:
Z ∞
Z ∞
2
|F (x)| dx < ∞ ⇔
|F̃ (k)|2 dk < ∞.
−∞
−∞
R∞
R∞
• Hieruit volgt: als −∞ |Φ(k)|2 dk < ∞ dan −∞ |Ψ(x)|2 dx < ∞ en hebben
we met een fysische toestand te maken.
• Vervang
~k2
2m
door ω(k).
• Snelheid groep (bult) berekenen. Taylorreeks tot op eerste orde van ω(k):
ω(k) = ω(k0 ) +
dω
(k − k0 ) + . . .
dk
invullen in uitdrukking voor ψ en verder uitrekenen. Dan blijkt: vgr =
en vph = ωk .
22
dω
dk
College 11: 27 april 2005
• Herhaling vrij deeltje:
– Vrij deeltje kan geen eigenfunctie van de energieoperator zijn.
– Oplossing van tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking met V (x) = 0:
ψ(x) = Aeikx + Be−ikx ,
met E =
~2 k 2
2m
= ~ωk .
– Met deze oplossing zijn de oplossingen van de tijdsafhankelijk Schrödingervergelijking te maken:
Ψ(x, t) = Aeikx−iωk t + Be−ikx−iωk t ,
met k > 0.
– Gebruik deze oplossingen om normeerbare oplossingen te maken.
Meest algemene oplossing:
Z ∞
1
Ψ(x, t) = √
φ(k)eikx−iωk t dk,
2π −∞
ωk =
~k2
2m .
Deze functie beschrijft een golfpakketje.
– Pakketje heeft andere snelheid dan golven in het pakketje: groep- en
fasesnelheid.
– Groepsnelheid blijkt te zijn: vg = dω , met φ(k) gecentreerd rond
dk k0
k0 met bepaalde breedte. Als φ(k) scherp gepiekt zou zijn, dan is Ψ
niet meer normeerbaar.
• Afleiding vg :
– Neem voor ω(k) een algemene functie van k (dispersierelatie), Taylorexpansie:
ω(k) ≈ ω(k0 ) + sω 0 (k0 ),
met k = k0 + s.
– Invullen in uitdrukking voor golfpakketje Ψ(x, t) geeft:
Z ∞
0
0
1
Ψ(x, t) = √ e−iω(k0 )t+iω (k0 )k0 t
φ(k0 + s)ei(k0 +s)(x−ω (k0 )t) .
2π
−∞
De laatste factor heeft met snelheid te maken: ω 0 (k0 ) is de snelheid.
• φ(k) kan als volgt berekend worden:
Z ∞
1
φ(k) = √
Ψ(x, 0)e−ikx dx.
2π −∞
23
• Vergelijk met deeltje in een doos, dan kunnen we een willekeurige functie
f (x) schrijven als:
f (x)
=
∞
X
cn e
n=−∞
Z a
cn
=
1
2a
inπx
a
,
f (x)e−
inπx
a
dx.
−a
Voor a → ∞ worden de stapjes in n kleiner en wordt de som een integraal.
De norm zal wel aangepast moeten worden.
• Toepassing vrije deeltje. In experimenten kunnen vrije deeltjes op een
gegeven moment een potentiaal tegenkomen.
• Neem volgende potentiaal: V (x) = 0, voor x < 0 en V (x) = V0 , voor
x > 0. Geen grote verandering voor x > 0; de energie E krijgt een andere
waarde.
• Oplossen tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking in twee gebieden:
~2 d2 ψ
= Eψ
2m dx2
~2 d2 ψ
−
+ V0 ψ = Eψ
2m dx2
−
voor x < 0,
voor x > 0.
• Oplossingen voor twee gebieden (respectievelijk):
ψ(x) = eikx ,
ψ(x) = eilx ,
~2 k 2
2m ,
2 2
V0 = ~2ml ,
E=
E−
met l 6= k.
• Voor tweede gebied: kleinere golflengte, kleinere snelheid en lagere energie.
• k kan zowel positief als negatief zijn: er is een kans dat het deeltje door
gaat, of terugkomt.
• Wat gebeurt er tussen de twee gebieden? Golffunctie ψ en zijn eerste
afgeleide dψ
dx moeten continu zijn.
PAUZE
• Deeltje van links heeft kans om terug te kaatsen, of door te gaan. Golffunctie:
Aeikx + Be−ikx , voor x < 0,
ψ(x) =
Ceilx ,
voor x > 0,
24
met:
k
r
2mE
,
~2
r
2m(E − V0 )
.
~2
=
l
=
• In het vervolg: E > V0 .
• Oplossen twee continuı̈teitseisen op x = 0 geeft:
A+B
ik(A − B)
= C,
=
ilC.
• B geeft informatie over kans op reflectie, C over transmissie.
• Reflectiecoëfficient: R =
|B|2 B
|A|2 , A
=
k−l
k+l
< 1 (want k > l).
• Zo ook transmissiecoëfficient te bepalen.
• Stel V0 < 0, dan
r
2m(E + V0 )
,
~2
Dan nog steeds R < 1, dus het deeltje heeft nog steeds een kans om terug
te gaan. Vergelijk dit met klassieke situatie waar een deeltje alleen maar
naar rechts zou blijven gaan.
l=
• Beschouw nu de potentiaal:
V =
0,
voor
−V0 , voor
|x| > a,
|x| < a.
• Vergelijk met deeltje in oneindig diepe potentiaalput.
• Stel −V0 < E < 0, twee vergelijkingen:
~2 d2 ψ
= Eψ
2m dx2
~2 d2 ψ
−
− V0 ψ = Eψ
2m dx2
−
voor |x| > a,
voor |x| < a.
• Tweede vergelijking geeft weer sinussen en cosinussen. Eerste vergelijking
is anders doordat E < 0:
d2 ψ
= κ2 ψ,
dx2
q
2 2
κ
E = − ~2m
, ofwel κ = −2mE
~2 . Oplossingen:
κx
e ,
voor x < 0,
ψ(x) ∝
e−κx , voor x > 0.
25
• Vergelijking in de put:
d2 ψ
= −l2 ψ,
dx2
Oplossingen van de vorm: ψ = e±ilx , ofwel: ψ = C sin lx + D cos lx.
Wegens symmetrie in V (x) kunnen we kiezen C = 0.
• Oplossen continuı̈teitseis geeft vergelijking voor k en l: l tan la = κ.
• Oplossen van deze vergelijking geeft bepaalde (discrete) waarden voor E.
• Niet analytisch
q op te lossen, grafisch wel. √Herschrijf de vergelijking tot:
z0 2
− 1, met z = la en z0 = ~a 2mV0 .
tan z =
z
• Tekenen van twee grafieken (linker en rechter deel vergelijking) geeft eindig
aantal oplossingen voor z (en dus ook voor E). Voor hogere energie is het
deeltje niet meer gebonden.
26
College 12: 11 mei 2005
• In de eerste helft van het college wordt een aantal conceptuele vragen
gesteld.
PAUZE
• Korte herhaling harmonische oscillator.
• Grondtoestand harmonische oscillator:
a− ψ0 (x)
ψ0 (x)
=
0,
mω 1/4 mω 2
=
e− 2~ x .
π~
• ψ0 is genormeerd op 1. Hoe de normering van de andere golffuncties
bepalen?
• ψn = An (a+ )n ψ0 (x), met An de normeringsconstante van de n-de toemω 2
stand. Uit vorm a+ volgt: ψn (x) = Pn (x)e− 2~ x , met Pn polynoom van
n-de orde.
• Omdat ψn+1 (x) = (const) a+ ψn (x) volgt:
Hψn+1
1
= ~ω(a+ a− + ) (const) a+ ψn ,
2
1
= ~ωa+ (a− a+ + ) (const) ψn ,
2
= En consta+ ψn + ~ω (const) a+ ψn ,
=
(En + ~ω)ψn+1 .
Conclusie: En+1 = En + ~ω, dus En = ~ω(n + 21 ). Daarom heet a+ a− de
nummeroperator.
• Bepalen normeringsconstante An : gebruik ladderoperatoren en algebra:
Z
Z
2
2
|ψ(x)| dx = |An |
dx|(a+ )n ψ0 (x)|2 ,
Z
= |An |2 dx(an+ ψ0 )∗ (an+ ψ0 ),
Z
2
= |An |
dxψ0∗ an− an+ ψ0 ,
Z
n−1
= |An |2 dxψ0∗ an−1
− (a− a+ )(a+ ψ0 ),
Z
n−1
2
= n|An |
dxψ0∗ an−1
− a+ ψ0 ,
Z
n−2
= n(n − 1)|An |2 dxψ0∗ an−2
− a+ ψ0 ,
= n!|An |2 .
27
√
Dus An = 1/ n!. Hierbij is gebruik gemaakt van de volgende eigenschappen van a± :
a∗+
a+ a− ψn
an−1
+ ψ0
= a− ,
= nψn ,
=
(const) ψn−1 .
• Controle dat a+ a− de nummer operator is.
28
College 13: 18 mei 2005
• Tunneling door potentiaal barrière.
• Uitwerken opgave 9.3 uit syllabus werkcollege.
• Potentiaal barrière: V (x) = V0 voor 0 < x < a en V (x) = 0 elders.
• Golffunctie in drie gebieden:
1. ψ(x) = eikx + Re−ikx , R geeft de verhouding tussen inkomende golf
en reflecterende golf. Totale golffunctie kan nog vermenigvuldigd
q
worden met willekeurige waarde. Verder: E =
~2 k 2
2m ,
dus k =
2mE
~2 .
2. ψ(x) = Aeκx + Be−κx . Nu geldt: E < V0 , ofwel E − V0 < 0, met
2 2
~
E = V0 − κ2m
.
3. ψ(x) = T eikx , met k gelijk als in gebied 1.
• Oplossen m.b.v. ‘plakcondities’ op x = 0 en x = a.
• Waarom moet ψ en ψ 0 continu zijn?
– continuı̈teit ψ: stel dat ψ niet continu is, dan dψ
dx = ±∞, niet goed
gedefinieerd.
Verder
gaat
het
mis
in
de
kansstroomdichtheid
J =
dψ 0
~
∗ dψ
2m ψ dx − ψ dx .
– continuı̈teit ψ 0 : wanneer dψ
dx niet continu, dan is de tweede afgeleide
niet goed gedefinieerd. Tweede afgeleide komt ook direct voor in de
Schrödingervergelijking en oneindigheid hierin kan niet wegens V en
E.
– Tweede afgeleide hoeft niet continu te zijn, wanneer V niet continu
is.
• Doel: bereken T en R, hiervoor A en B oplossen.
• Voor x = 0 geven de continuı̈teitseisen:
1+R
ik(1 − R)
= A + B,
= κ(A − B).
• Voor x = a geven de continuı̈teitseisen:
T eika
ikT eika
= Aeκa + Be−κa ,
= κ(Aeκa − Be−κa ).
29
• Oplossen van A en B uit deze vier vergelijkingen geeft de volgende uitdrukkingen voor T en R:
T
=
R
=
4ikκe−ika
,
+ ik)2 − eκa (κ − ik)2
(κ2 + k 2 )(eκa − e−κa )
.
(κ + ik)2 e−κa − (κ − ik)2 eκa
e−κa (κ
• |T |2 en |R|2 zijn waarschijnlijkheden voor respectievelijk transmissie en
reflectie. Er moet dus gelden: |T |2 + |R|2 = 1.
• Limiet voor a groot: R ≈
nul.
κ+ik
κ−ik ,
dus |R|2 ≈ 1: kans op transmissie wordt
• Conclusie: kwantummechanisch zijn dingen mogelijk die klassiek niet kunnen.
PAUZE
• Bespreken oude tentamenopgave.
• Oneindig diepe potentiaalput tussen x = −a en x = a, golffunctie op
t = 0:
(
0,
voor − a < x < 0,
q
ψ(x) =
2
πx
a sin a , voor 0 < x < a.
Buiten de put is de golffunctie ook nul.
• Schrijf golffunctie als som symmetrisch en anti-symmetrisch deel:
ψ(x, t) = ψS (x, t) + ψA (x, t).
• ψS (x, t) en ψA (x, t) zijn te schrijven als:
ψS (x, t)
ψA (x, t)
=
=
∞
X
n=0
∞
X
c2n+1 e−iE2n+1 t/~ cos k2n+1 x,
c2n e−iE2n t/~ sin k2n x.
n=1
• Op t = 0 is ψ(x, 0) te schrijven als:
ψA (x, 0)
=
ψS (x, 0)
=
30
r
1 2
πx
sin
,
2 a
a
r
1 2 πx sin
,
2 a
a
• M.b.v. van Fourieranalyse is ψS te schrijvenqals lineaire combinatie van
cos. Voor ψA is dit heel makkelijk: c2 = 21 a2 , de overige coëfficienten
zijn nul. Energie van deze toestand: E2 =
~2 π 2
2ma2 .
• Na hoeveel tijd ziet het anti-symmetrische deel er weer hetzelfde uit? Bepaal T waarvoor geldt: ψA (x, t+T ) = ψA (x, t) ⇒ e−iE2 (t+T )/~ = e−iE2 t/~ ,
2
dus: E2 T /~ = 2π en T = 4ma
~π .
• Na tijd T is de macht in ψS :
exp −iE2n+1 (t + T )/~ =
exp(−iE2n+1 t/~) exp(−iE2n+1 T /~),
π
= exp(−iE2n+1 t/~) exp −i (2n + 1)2 ,
2
π
= exp(−iE2n+1 t/~) exp −i
exp(−i2π(n2 + n)),
2
π
= exp(−iE2n+1 t/~) exp −i
,
2
= exp(−iE2n+1 t/~)(−i).
• Conclusie:
ψS (x, t + T )
= −iψS (x, t),
ψS (x, t + 2T )
= −ψS (x, t).
Op een tijdstip 2T later bevindt het deeltje zich in de andere helft van de
doos. (Volgt na optellen van ψS (x, t + 2T ) en ψA (x, t + 2T ).)
31