Inhoud college Quantumfysica I

Inhoud college Quantumfysica I Docent: Erik Verlinde Overzicht door: Lodewijk Koopman 0 mei 005 E-mail: lkoopman@science.uva.nl 1

College 1: 9 februari 005 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: E k = hf φ, φ = hf 0 1913: Beschrijving van het atoom door Bohr, nog deels klassiek. 193: 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(πx/λ) PAUZE Beschrijving Bohr atoom en afleiding energieniveaus met behulp van De Broglie relaties, staande golven en F el = F cp. 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,, 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.

College : 16 februari 005 Afleiding/motivatie Schrödingervergelijking (tijdsonafhankelijk): Energie voor een vrij deeltje: E = 1 mv + V, V = 0 (potentiële energie). Gebruik De Broglie: mv = p h/λ, dan volgt E = h mλ. 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 = π/λ. Differentiëren sin(x) en cos(x). Afgeleide golffunctie: d ψ/dx = k ψ. Verband tussen k en λ enerzijds en λ en E anderzijds geeft met de tweede afgeleide van de golffunctie: d m dx ψ(x) = Eψ(x). Tijdafhankelijkheid volgt door te kijken naar de frequentie f: e iωx, met ω = πf de hoekfrequentie. [ ] De Schrödingervergelijking is: i t ψ(x, t) = + V (x) ψ(x, t) Verband tussen i ψ t PAUZE en E. Interpretatie golffunctie: maat voor kans. m x Golffunctie is in het algemeen complex en kan ook negatief zijn. Intensiteit golf kwadraat amplitude golf, analoog: ψ geeft de waarschijnlijkheidsdichtheid van de kwantummechanische golf. De kans is evenredig met het oppervlak onder ψ. b a dx ψ(x, t) = P a b (t). In het algemeen: 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, H.): 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 = π n m L, tekenen van verschillende golffuncties in ψ(x)-diagram, kortere golflengte grotere energie, interpretatie ψ(x) in deze context: P a x b = b a dx ψ, maar: L 0 dx ψ = 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: 3 februari 005 Herhaling kansinterpretatie golffunctie ψ(x): ψ(x, t) dx geeft de kans om het deeltje aan te treffen tussen x en x + dx. Interpretatie is een van de moeilijkheden van de kwantummechanica: Kans: PAUZE 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. discrete kansverdeling: leeftijden in een klas, totaal aantal leerlingen N, dan Σ j=0n(j) = N, met N(j) aantal leerlingen met leeftijd j, kans wordt dan gegeven door: P (j) = N(j)/N, met Σ j P (j) = 1, meest voorkomende leeftijd, interessanter is: gemiddelde leeftijd, j = ΣjN(j) N = ΣjP (j), gemiddelde van leeftijd in het kwadraat: j = Σj P (j), maat voor spreiding: j = j j, niet handig, want j = 0, gebruik: ( j) = σ, met σ de standaarddeviatie, σ blijkt belangrijk te zijn in de kwantummechanica: snelheid en positie zijn niet willekeurig precies te meten. Vervolg kans: makkelijkere vorm voor spreiding, ( j) uitwerken geeft: ( j) = j j, continue kansverdeling: observabelen in kwantummechanica, 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 x en x : x = x = dxxρx, dxx ρx, σ = x x. 5

Hoe moet je nadenken over kans in de kwantummechanica? experimenten met gelijke golffunctie laten kansverdeling zien. Meerdere ψ(x) geeft de kansverdeling: ρ(x) = ψ(x) 6

College 4: maart 005 Aantonen dat Schrödingervergelijking met een kansinterpretatie houdbaar is. Twee vormen van de Schrödingervergelijking: tijdsafhankelijk en tijdsonafhankelijk. Tijdsafhankelijk: i ψ t = ψ + V ψ, (1) m x 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 ψ 1 en ψ oplossingen zijn van (1), dan is ψ = Aψ 1 + Bψ ook een oplossing. Vergelijking (1) is een lineaire differentiaalvergelijking. Deze eigenschap geeft aanleiding tot interferentie. De factor A is belangrijk, omdat ψ een kansdichtheid is. A wordt vastgelegd 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: d ψ dx = 0. () dt Uitwerken van () met gebruik making van (1) en partiële integratie geeft: ( ) ψ d dt ψ(x, t) dx = mi x ψ ψ ψ x. (3) Integreerbaarheid van ψ geeft dat ψ en ψ snel genoeg naar nul gaan voor x ±, daarmee is voldaan aan (). Met behulp van () kunnen we een waarschijnlijkheidsstroom definiëren: met: d dx P a b(t) = J(b, t) J(a, t), (4) J(x, t) = P a b (t) = ( ) ψ ψ ψ ψ, mi x x b a ρ(x, t)dx, ρ(x, t) = ψ (x, t)ψ(x, t). 7

PAUZE 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. 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 verwachtingswaarde: x = ψ xψdx. Geen verwachtingswaarde voor de snelheid, want dx dt onafhankelijke variabele is. Wel kunnen we bekijken: geeft: m d x dt We definiëren nu: p = m d x dt. = i Overeenstemming met De Broglie relatie. = 0, omdat x een x. Uitwerken d dt ψ ψdx. (5) x Operatoren: beelden een functie op een functie af. Zo definiëren we: ˆx : ψ(x, t) xψ(x, t), ˆp : ψ(x, t) ψ(x, t). i x Verwachtingswaarden van operatoren: x = p = ψ (xψ) dx, ψ ( i ) x ψ dx. 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 = p m + V (x), som van potentiële en kinetische energie: V (x) : ψ(x, t) V (x)ψ(x, t), p ( ) 1 : ψ(x, t), m m i x = ψ(x, t). m x Deze twee uitdrukkingen geven samen weer de Schrödingervergelijking. 8

College 5: 9 maart 005 N.B.: Overzicht op basis van aantekeningen Erik Verlinde. Operatoren: x : Ψ xψ, p : Ψ i Ψ x, Hamiltoniaan: H = p V (x)ψ, t : Ψ tψ, E : Ψ i Ψ t. Schrödingervergelijking: i Ψ t m = HΨ (tijdsafhankelijk), Ĥψ = Eψ (tijdsonafhankelijk). Verwachtingswaarden: d x dt x = Ψ xψdx, p = Ψ i Ψ x dx, H = Ψ ĤΨdx = i Ψ Ψ Eherenfest: m +V (x), Hamiltonoperator: H : Ψ Ψ m x + ( ) Ψ Ψ t Ψ t Ψ dx. Met behulp van partiële integratie: x dx = Ψ x d x dt d p dt = i = i [ˆx, Ĥ], [ˆp, Ĥ]. Ψdx (onder aanname dat Ψ 0 voor x ± ) 9

College 6: 16 maart 005 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 ( ψ i x = kψ), golffunctie: ψ(x) = e ikx/, kansverdeling voor x: ψ(x) = 1, x is onbepaald. Algemene vorm voor een golffunctie: spreiding in x en p. Heisenberg onzekerheidsrelatie: σ x σ p /, σ x, σ p eindig. Denk aan een rechthoek met zijden σ x en σ p en minimaal oppervlak. Hoe smaller het rechthoekje, hoe langer en vice versa. Bepalen grondtoestand waterstof atoom met behulp van Heisenberg onzekerheidsrelatie: Potentiaal: V (x) = αx. Klassiek zal het deeltje zich in het minimum van V (x) bevinden met snelheid nul. Dit kan kwantummechanisch niet. Totale energie: E = p m + V (x). Neem aan: x = 0 en p = 0 x = σ x en p = σ p. Kies de gelijkheid in de onzekerheidsrelatie: σxσ y = Minimaliseer E in σ x : σ x = mω, E 0 = 1 ω. Schrödingervergelijking in twee vormen: tijdsafhankelijk en tijdsonafhankelijk. Tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking: Ψ(x, t) i = Ψ(x, t) t m x + V (x)ψ(x, t) (6) Scheiding van variabelen, probeer Ψ(x, t) = ψ(x)φ(t). Invullen in (6) geeft: i ψ(x) dφ(t) dt = d ψ(x) m dx φ(t) + V (x)ψ(x)φ(t). (7) 4. 10

Delen door ψ(x)φ(t) geeft: i 1 dφ(t) = φ dt m 1 ψ(x) d ψ(x) dx + V (x) (8) Linkerkant is functie van t, rechterkant is functie van x: beiden moeten constant zijn (E). Dit geeft twee differentiaalvergelijkingen: i dφ(t) dt = Eφ(t), (9) d ψ(x) m dx + V (x)ψ(x) = Eψ(x). (10) Oplossing eerste vergelijking: φ(t) = e iet, Oplossing tweede vergelijking moeilijker; hangt af van vorm V (x). PAUZE Oplossing tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking: Ψ(x, t) = ψ(x)e iet. 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 onafhankelijk van x. d ψ Hamiltoniaan: Ĥψ = m dt + V (x)ψ, Ĥψ = Eψ. ψ is een eigenfunctie van de Hamiltoniaan met eigenwaarde E. Verwachtingswaarde Ĥ: H = = E = E ψ Ĥψdx, ψ ψdx, Zo volgt ook: H = E, 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: Ψ(x, t) = c n ψ n (x)e ient. (11) n Normering geeft conditie voor {c n }. Tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking is nu te schrijven als: i tψ(x, t) = ĤΨ(x, t). 11

College 7: 3 maart 005 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 Ψ(x, t) = t m Ψ(x, t) + V (x)ψ(x, t). x Probeer speciale oplossingen Ψ(x, t) = ψ(x)e iet/. Invullen geeft tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking: d ψ(x) + V (x)ψ(x) = Eψ(x). m dx 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: Invullen potentiaal V (x) = 0: m dx ψ(x) = Eψ(x). Schrijf: E = k m, dan volgt: d dx ψ(x) = k 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: d 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,, 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: a 0 dxa sin nπx a = 1 A = a. 1

Oplossing: ψ n (x) = a nπx sin a, E n = n π m a. De potentiaalput had ook kunnen liggen tussen x = a en x = a. De vorm van de oplossingen is dan gelijk, maar de functies zijn afwisselend cos nπx 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) = ψ n (x)e ient/, niet meest algemene oplossingen. Oplossingen zijn opgeteld weer een oplossing: zoek naar een basis van functies waarin iedere functie is uit te drukken: f(x) = n c nψ n (x). Net als bij vectoren is er een inproduct tussen twee functies: dxψ (x)ψ(x). Eigenfuncties ψ n zijn orthonormaal: n = m : n m : dxψ nψ m = 1, dxψ nψ m = 0. Verkorte notatie: dxψ nψ m = δ nm, met δ nm, de Kronecker delta: { 1 n = m δ nm = 0 n m Tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking oplossen met behulp van oplossingen tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking: Stel Ψ(x, 0) is bekend, dan volgt Ψ(x, t) = n c nψ n (x)e iet/. Bepaal nu c n met behulp van orthonormaliteit eigenfuncties: c n = dxψ n(x)ψ(x, 0). Dit geldt voor iedere V (x), mits ψ n een basis vormt. Bij verschillende eigenwaarden zijn eigenfuncties orthonormaal. 13

College 8: 6 april 005 Herhaling besproken stof tot nu toe: Schrödingervergelijking besproken in twee vormen: tijdsonafhankelijk. tijdsafhankelijk en Schrödingervergelijking is gemotiveerd vanuit De Broglie relaties en is te zien als vergelijking voor de totale energie. Operatoren: ˆp = i x, Ĥ = m x + V (x). Een operator werkt op wat er achter staat. Zo is ĤΨ(x, t): ĤΨ(x, t) = Ψ(x, t) m x + V (x)ψ(x, t). Operatoren zijn lineair: Ĥ(ψ 1 + ψ ) = Ĥψ 1 + Ĥψ. Interpretatie golffunctie: maat voor kansdichtheid. Schrödinger schreef zijn vergelijking op zonder interpretatie voor ψ. Kansdichtheid wordt gegeven door: Ψ(x, t). Verwachtingswaardes worden als volgt uitgerekend: x = x Ψ(x, t) dx. Idem voor andere grootheden, zoals impuls: p = Ψ(x, t) i xψ(x, t)dx. Kortere notatie voor verwachtingswaarden (Dirac): ψ ˆp ψ. ψ vormt een vectorruimte. Onzekerheidsrelaties: σ x σ p, σ x = x x, analoog voor σ p. 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: d ψ(x) m dx + V (x)ψ(x) = Eψ(x). 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. Oplossingen: ψ n (x) = A sin nπx a, E n = n π ma. Kwantisatie volgt uit randvoorwaarden. A volgt door normering ψ n. Deze set oplossingen vormt een volledige basis waarin iedere functie uit te drukken is. Willekeurige toestand ψ(x) = n c nψ n (x). Coëfficienten c n interpreteren als kans: c n is de kans om energie E n te meten. Daarom moet gelden: n c n = 1. Verwachtingswaarde wordt ook bepaald door c n. Oplossen Schrödingervergelijking bestaat uit bepalen ψ n en bijbehorende E n. PAUZE Vervolg deeltje in potentiaalput: Golffunctie: ψ n (x) = a nπx sin a. De ψ n zijn orthonormaal: ψ nψ m (x)dx = δ nm. Dit geldt voor elke golffunctie waarvan de eigenwaarden ongelijk zijn: ψ nĥψ mdx = E m ψnψ m dx. Maar Ĥ kan ook naar links werken, door twee keer partieel te integreren: ) (Ĥψn ψ m dx = E n ψnψ m dx. Maar omdat deze twee uitdrukkingen gelijk moeten zijn en E n E m volgt dat de integraal nul is. Willekeurige golffunctie is te schrijven als ψ(x) = de truck van Fourier: c n = a a 0 nπx sin a ψ(x)dx. a n c n sin nπx a. Met Tijdsontwikkeling: stel Ψ(x, 0) = ψ(x), dan voor willekeurige t, Ψ(x, t) = a n c n sin nπx a e ient/. 15

Normeren Ψ(x): 1 = = = = a 0 Ψ (x)ψ(x)dx a c mc n ψmψ n dx m,n 0 c mc n δ mn m,n c n. n Dus: n c n = 1 en elke c n is een kans. Meting geeft een van de waarden E n. Dit is in het algemeen niet gelijk aan de verwachtingswaarde E = Ĥ : Ĥ = Ψ Ψdx, = = = = Dit geldt ook voor Ψ(x, t). c mc n ψ m(x)ĥψ n(x)dx, m,n c mc n ψm(x)e n ψ n (x)dx, m,n c mc n E n δ nm, m,n c n E n. d Tijdsafgeleide is nul: dt H = 0. n 16

College 9: 13 april 005 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: d ψ(x) m dx + V (x)ψ(x) = Eψ(x). 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: V (x) = V (x 0 ) + V (x 0 )(x x 0 ) + 1 V (x 0 )(x x 0 ). Constante V (x 0 ) heeft geen fysische betekenis en voor een minimum in x 0 is V (x 0 ) = 0. Het resultaat is een kwadratische functie (zie gestippelde grafiek in figuur 1). Potentiaal harmonische oscillator: V (x) = 1 mω x. Klassiek is dit de potentiaal voor 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,. met gebruikmaking van commutatoren (algebraïsch). Hier wordt de tweede methode gebruikt. Eerst kwalitatief oplossen: 17

herschrijf Schrödingervergelijking: eisen aan deze vergelijking: d ψ dx = m (V (x) E) ψ (1) 1. V R, E R,. ψ(x) R, 3. ψ(x) normeerbaar lim x ± 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. d Voor E < V (x) en ψ > 0, volgt uit vergelijking (1): ψ dx > 0 (toenemende helling). Als dit voor alle x zou gelden, dan is ψ niet normeerbaar, dus volgt: E V min. d Voor E > V (x) en ψ > 0, volgt uit vergelijking (1): ψ dx < 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: E 0 > 0, golffunctie: zie figuur. Figuur : Schets van ψ 0. Hogere energieniveaus: verschil opeenvolgende niveaus constant, golffunctie: zie figuur 3. Figuur 3: Schets van ψ 1. 18

Precieze afleiding: PAUZE Gebruik making van operatoren Ĥ, ˆp en ˆx. Vanaf nu: geen hoedjes meer zetten, uit de context is het duidelijk dat we met operatoren te maken hebben. Hamiltoniaan voor harmonische oscillator: d H = m dx + 1 mω x, schrijven als product van twee operatoren. Voor niet operatoren: u + v = ( iu + v)(iu + v), u, v R. Dit is niet geldig voor operatoren, omdat de volgorde uit maakt. Definieer: a ± 1 mω ( ip + mωx). Bereken a a + : Analoog voor a + a. a a + = 1 mω (p + m ω x + imω(px xp)). 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 m (p + m ω x ), = ω(a a + 1 ), = ω(a + a + 1 ). 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(a n +ψ) = (E + n ω)(a n +ψ) en analoog: H(a n ψ) = (E n ω)(a n ψ). a kan niet willekeurig vaak worden toegepast, omdat moet gelden: E n > V min, voor alle n. Daarom bestaat er een ψ 0 waarvoor geldt: a ψ 0 = 0 (ψ wordt geannihileerd.) Berekenen energie grondtoestand: Hψ 0 = 1 ωψ 0 (de a in H annihileert ψ 0 ) en dus E 0 = 1 ω. 19

Berekenen golffunctie grondtoestand, uitwerken a ψ 0 = 0 geeft differentiaalvergelijking: dψ 0 (x) dx + mωx ψ 0(x) = 0. Oplossing: ψ 0 (x) = Ae mωx. (Uit normalisatie ψ 0 volgt A.) Wegens hun eigenschappen worden a ± creatie- en annihilatieoperatoren genoemd. 0

College 10: 0 april 005 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 ω k t) Golven met verschillende frequentie optellen: ω 0 ω < ω < ω 0 + ω. Resultaat: golven krijgen omhullende, bult. Snelheid bult : groepssnelheid, v gr. Snelheid golven binnen omhullende: fasesnelheid, v ph. Bovenstaande gebruiken om in kwantummechanica golfpakketje te maken. Deeltje correspondeert met speciale combinatie van golven. Wanneer er een potentiaal is (b.v. V (x) = 1 kx voor harmonische oscillator), is er geen probleem. Zonder potentiaal wel een probleem (voor vrij deeltje: V (x) = 0). Schrödingervergelijking voor vrij deeltje: i Ψ t = Ψ m x. 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) = Ae ikx + Be ikx, k = me. Som van oplossingen is ook weer een oplossing. PAUZE k ik(x Oplossing Schrödingervergelijking: Ψ(x, t) = Ae m t) k ik(x+ + Be m t). Eerste term is een naar rechts lopende golf. Punten met constante fase bekijken: x k mt = const. Snelheid (kwantummechanisch) van de golf is: v qu = k m = E m. Klassieke snelheid: E = 1 mv cl, dus v E cl = m. Probleem: v cl = v qu, dit is onzin. Mogelijke oplossing (flauw). Ψ normeren geeft: Ψ Ψdx =. Ψ is niet genormeerd en is dus geen fysische toestand. 1

Conclusie moet zijn: vrije deeltjes met vaste energie bestaan niet. Betere oplossing: deeltje beschrijven door golfpakketje. Definieer: Ψ k (x, t) := 1 k ik(x π Φ(k)e m t), dan Ψ(x, t) = Ψ k (x, t) + Ψ k (x, t), met: Φ(k) = { πa, k > 0 πb, k < 0 Optellen van deze functies (zie ook introductie): Ψ(x, t) = 1 π Deze functie is wél te normeren. k ik(x Φ(k)e m t) dk. Fouriertransformatie: F (k) = F (x) = 1 π 1 π F (x)e ikx dx, F (k)e ikx dk. De functies F (k) en F (x) moeten kwadratisch integreerbaar zijn, er geldt: F (x) dx < F (k) dk <. Hieruit volgt: als Φ(k) dk < dan Ψ(x) dx < en hebben we met een fysische toestand te maken. Vervang k m door ω(k). Snelheid groep (bult) berekenen. Taylorreeks tot op eerste orde van ω(k): ω(k) = ω(k 0 ) + dω dk (k k 0) +... invullen in uitdrukking voor ψ en verder uitrekenen. Dan blijkt: v gr = dω dk en v ph = ω k.

College 11: 7 april 005 Herhaling vrij deeltje: Vrij deeltje kan geen eigenfunctie van de energieoperator zijn. Oplossing van tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking met V (x) = 0: ψ(x) = Ae ikx + Be ikx, met E = k m = ω k. Met deze oplossing zijn de oplossingen van de tijdsafhankelijk Schrödingervergelijking te maken: met k > 0. Ψ(x, t) = Ae ikx iω kt + Be ikx iω kt, Gebruik deze oplossingen om normeerbare oplossingen te maken. Meest algemene oplossing: Ψ(x, t) = 1 π φ(k)e ikx iω kt dk, ω k = k m. Deze functie beschrijft een golfpakketje. Pakketje heeft andere snelheid dan golven in het pakketje: groep- en fasesnelheid. Groepsnelheid blijkt te zijn: v g = dω dk k0, met φ(k) gecentreerd rond k 0 met bepaalde breedte. Als φ(k) scherp gepiekt zou zijn, dan is Ψ niet meer normeerbaar. Afleiding v g : Neem voor ω(k) een algemene functie van k (dispersierelatie), Taylorexpansie: ω(k) ω(k 0 ) + sω (k 0 ), met k = k 0 + s. Invullen in uitdrukking voor golfpakketje Ψ(x, t) geeft: Ψ(x, t) = 1 π e iω(k0)t+iω (k 0)k 0t φ(k 0 + s)e i(k0+s)(x ω (k 0)t). De laatste factor heeft met snelheid te maken: ω (k 0 ) is de snelheid. φ(k) kan als volgt berekend worden: φ(k) = 1 π Ψ(x, 0)e ikx dx. 3

Vergelijk met deeltje in een doos, dan kunnen we een willekeurige functie f(x) schrijven als: f(x) = c n = 1 a n= a a c n e inπx a, f(x)e inπx a dx. 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) = V 0, voor x > 0. Geen grote verandering voor x > 0; de energie E krijgt een andere waarde. Oplossen tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking in twee gebieden: m d ψ = Eψ voor x < 0, dx m d ψ dx + V 0ψ = Eψ voor x > 0. Oplossingen voor twee gebieden (respectievelijk): met l k. ψ(x) = e ikx, E = k m, ψ(x) = e ilx, E V 0 = l m, 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? afgeleide dψ dx moeten continu zijn. PAUZE Golffunctie ψ en zijn eerste Deeltje van links heeft kans om terug te kaatsen, of door te gaan. Golffunctie: { Ae ψ(x) = ikx + Be ikx, voor x < 0, Ce ilx, voor x > 0, 4

met: k = l = me, m(e V0 ). In het vervolg: E > V 0. Oplossen twee continuïteitseisen op x = 0 geeft: A + B = C, ik(a B) = ilc. B geeft informatie over kans op reflectie, C over transmissie. Reflectiecoëfficient: R = B A, B A = k l k+l < 1 (want k > l). Zo ook transmissiecoëfficient te bepalen. Stel V 0 < 0, dan m(e + V0 ) l =, 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. Beschouw nu de potentiaal: { 0, voor x > a, V = V 0, voor x < a. Vergelijk met deeltje in oneindig diepe potentiaalput. Stel V 0 < E < 0, twee vergelijkingen: m d ψ = Eψ voor x > a, dx m d ψ dx V 0ψ = Eψ voor x < a. Tweede vergelijking geeft weer sinussen en cosinussen. Eerste vergelijking is anders doordat E < 0: d ψ dx = κ ψ, E = κ m, ofwel κ = ψ(x) me. Oplossingen: { e κx, voor x < 0, e κx, voor x > 0. 5

Vergelijking in de put: d ψ dx = l ψ, 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 continuïteitseis geeft vergelijking voor k en l: l tan la = κ. Oplossen van deze vergelijking geeft bepaalde (discrete) waarden voor E. Niet analytisch op te lossen, grafisch wel. Herschrijf de vergelijking tot: ( tan z = z0 ) z 1, met z = la en z0 = a mv0. 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. 6

College 1: 11 mei 005 In de eerste helft van het college wordt een aantal conceptuele vragen gesteld. PAUZE Korte herhaling harmonische oscillator. Grondtoestand harmonische oscillator: a ψ 0 (x) = 0, ψ 0 (x) = ( mω π ) 1/4 e mω x. ψ 0 is genormeerd op 1. Hoe de normering van de andere golffuncties bepalen? ψ n = A n (a + ) n ψ 0 (x), met A n de normeringsconstante van de n-de toestand. Uit vorm a + volgt: ψ n (x) = P n (x)e mω x, met P n polynoom van n-de orde. Omdat ψ n+1 (x) = (const) a + ψ n (x) volgt: Hψ n+1 = ω(a + a + 1 ) (const) a +ψ n, = ωa + (a a + + 1 ) (const) ψ n, = E n consta + ψ n + ω (const) a + ψ n, = (E n + ω)ψ n+1. Conclusie: E n+1 = E n + ω, dus E n = ω(n + 1 ). Daarom heet a +a de nummeroperator. Bepalen normeringsconstante A n : gebruik ladderoperatoren en algebra: ψ(x) dx = A n dx (a + ) n ψ 0 (x), = A n dx(a n +ψ 0 ) (a n +ψ 0 ), = A n dxψ0a n a n +ψ 0, = A n dxψ0a n 1 (a a + )(a n 1 + ψ 0 ), = n A n dxψ0a n 1 a n 1 + ψ 0, = n(n 1) A n dxψ0a n a n + ψ 0, = n! A n. 7

Dus A n = 1/ n!. Hierbij is gebruik gemaakt van de volgende eigenschappen van a ± : a + = a, a + a ψ n = nψ n, a n 1 + ψ 0 = (const) ψ n 1. Controle dat a + a de nummer operator is. 8

College 13: 18 mei 005 Tunneling door potentiaal barrière. Uitwerken opgave 9.3 uit syllabus werkcollege. Potentiaal barrière: V (x) = V 0 voor 0 < x < a en V (x) = 0 elders. Golffunctie in drie gebieden: 1. ψ(x) = e ikx + Re ikx, R geeft de verhouding tussen inkomende golf en reflecterende golf. Totale golffunctie kan nog vermenigvuldigd worden met willekeurige waarde. Verder: E = k m, dus k = me.. ψ(x) = Ae κx + Be κx. Nu geldt: E < V 0, ofwel E V 0 < 0, met E = V 0 κ m. 3. ψ(x) = T e ikx, met k gelijk als in gebied 1. Oplossen m.b.v. plakcondities op x = 0 en x = a. Waarom moet ψ en ψ continu zijn? continuïteit ψ: stel dat ψ niet continu is, dan dψ dx = ±, niet goed gedefinieerd. ( Verder ) gaat het mis in de kansstroomdichtheid J = m ψ dψ dx ψ dψ dx. continuïteit ψ : 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 continuïteitseisen: 1 + R = A + B, ik(1 R) = κ(a B). Voor x = a geven de continuïteitseisen: T e ika = Ae κa + Be κa, ikt e ika = κ(ae κa Be κa ). 9

Oplossen van A en B uit deze vier vergelijkingen geeft de volgende uitdrukkingen voor T en R: T = R = 4ikκe ika e κa (κ + ik) e κa (κ ik), (κ + k )(e κa e κa ) (κ + ik) e κa (κ ik) e κa. T en R zijn waarschijnlijkheden voor respectievelijk transmissie en reflectie. Er moet dus gelden: T + R = 1. Limiet voor a groot: R κ+ik κ ik, dus R 1: kans op transmissie wordt nul. 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, ψ(x) = a Buiten de put is de golffunctie ook nul. πx sin a, voor 0 < x < a. Schrijf golffunctie als som symmetrisch en anti-symmetrisch deel: ψ(x, t) = ψ S (x, t) + ψ A (x, t). ψ S (x, t) en ψ A (x, t) zijn te schrijven als: ψ S (x, t) = ψ A (x, t) = c n+1 e ien+1t/ cos k n+1 x, n=0 c n e ient/ sin k n x. n=1 Op t = 0 is ψ(x, 0) te schrijven als: ψ A (x, 0) = 1 πx sin a a, ψ S (x, 0) = 1 sin πx, a a 30

M.b.v. van Fourieranalyse is ψ S te schrijven als lineaire combinatie van cos. Voor ψ A is dit heel makkelijk: c = 1 a, de overige coëfficienten zijn nul. Energie van deze toestand: E = π ma. Na hoeveel tijd ziet het anti-symmetrische deel er weer hetzelfde uit? Bepaal T waarvoor geldt: ψ A (x, t+t ) = ψ A (x, t) e ie(t+t )/ = e iet/, dus: E T/ = π en T = 4ma π. Na tijd T is de macht in ψ S : exp ie n+1 (t + T )/ = exp( ie n+1 t/ ) exp( ie n+1 T/ ), ( = exp( ie n+1 t/ ) exp i π (n + 1)), ( = exp( ie n+1 t/ ) exp i π ) exp( iπ(n + n)), ( = exp( ie n+1 t/ ) exp i π ), = exp( ie n+1 t/ )( i). Conclusie: ψ S (x, t + T ) = iψ S (x, t), ψ S (x, t + T ) = ψ S (x, t). Op een tijdstip T later bevindt het deeltje zich in de andere helft van de doos. (Volgt na optellen van ψ S (x, t + T ) en ψ A (x, t + T ).) 31