Exempelsamling i kvantummekanik - Kungliga Tekniska högskolan

Exempelsamling i kvantummekanik
Tommy Ohlsson
Institutionen för teoretisk fysik
Kungliga Tekniska Högskolan
Stockholm
1999

Typsatt i L A TEX
Sammanställd av Tommy Ohlsson, 1998-1999.
c○ Teoretisk Fysik, KTH, 1999

Innehåll
Innehåll
i
Lydelser 1
Inledande kvantfysik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Endimensionella Schrödingerekvationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Vågpaket . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Bundna tillstånd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Endimensionell spridningsteori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Tidsberoende Schrödingerekvationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Harmoniska oscillatorn i en dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Grundläggande postulat och obestämbarhetsrelationen . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Två- och tredimensionella Schrödingerekvationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Väteatomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Tredimensionella harmoniska oscillatorn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Partiklar i elektromagnetiska fält . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Störningsteori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Enkelt spektrum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Degenererat spektrum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Tidsberoende störningsräkning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Variationskalkyl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Impulsmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Banimpulsmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Spinn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Koppling av impulsmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Mångpartikeltillstånd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Lösningar 25
i

Lydelser
Inledande kvantfysik
1. I den moderna teorin för gittervibrationer är dessa kvantiserade. Atomerna i gittret kan
anses röra sig i en tredimensionell harmonisk oscillatorpotential. Kvantumet för gittervibrationerna
kallas fonon. Antag att vinkelfrekvensen för vibrationerna är ω. Vilken energi kan
en elektron uppta eller avge till vibrationerna vid en kollision?
2. En radiosändare med effekten 50 kW sänder på frekvensen 1 MHz. Vad är energin för
varje utstrålat kvantum? Hur många kvanta utstrålas per period?
3. Vad är de Broglie-våglängden för en elektron som accelererats genom en potentialdifferens
på 100 V?
4. Visa att de Broglievåglängden för en partikel kan skrivas som
där λ c är partikelns comptonvåglängd.
λ = λ c
√ (c
v) 2
− 1,
Endimensionella Schrödingerekvationen
5. Visa att den tidsberoende Schrödingerekvationen
− ¯h2 ∂ 2 ψ
2m ∂x 2 + V ψ = i¯h∂ψ ∂t
satisfieras av vågfunktionen för en fri partikel
då V = konstant.
ψ(x,t) = e i(kx−ωt)
6. En partikel med massan m rör sig i potentialfältet V (x) = kx 2 /2, där k är en konstant.
Ställ upp den tidsoberoende Schrödingerekvationen för partikeln och visa att vågfunktionen
√
ψ(x) = Ae − km
2¯h
x2
är en lösning till densamma. Bestäm energiegenvärdet.
1

2
7. En partikel rör sig längs en rät linje, x-axeln. I ett visst ögonblick beskrivs partikeln av
vågfunktionen
ψ(x) = N eiax
1 + ix , N reell.
b
a) Normera ψ.
b) Beräkna väntevärdet av läget.
c) Bestäm a så att väntevärdet av rörelsemängden blir noll.
8. Visa att den plana vågen
ψ(x,t) = Ae i(kx−ωt)
är en egenfunktion till rörelsemängdsoperatorn p = −i¯h d
dx
svarande mot egenvärdet ¯hk.
Bestäm sedan väntevärdena 〈p〉 och 〈p 2 〉 samt osäkerheten ∆p.
9. Är vågfunktionen
ψ(x,t) = Ae −ax2 −iωt
en egenfunktion till rörelsemängdsoperatorn p? Bestäm väntevärdena 〈p〉 och 〈p 2 〉 samt
osäkerheten ∆p.
10. Visa att vågfunktionen
ψ(x,t) = Asin(kx − ωt)
är en egenfunktion till operatorn p 2 , men ej till operatorn p. Bestäm osäkerheten ∆p.
Vågpaket
11. Ett vågpaket utgörs av en superposition av plana vågor, vars fördelning på olika vågtal
k bestäms av funktionen
⎧
⎨ 0 om k < −K
ˆψ(k) = N om −K < k < K .
⎩
0 om k > K
a) Bestäm vågfunktionen ψ(x).
b) Bestäm N så att
∫ ∞
−∞
|ψ(x)| 2 dx = 1.
12. Ett vågpaket utgörs av en superposition av plana vågor, vars fördelning på olika vågtal
k bestäms av funktionen
ˆψ(k) =
N
k 2 + a 2 .
a) Bestäm vågfunktionen ψ(x).
b) Bestäm N så att
∫ ∞
−∞
|ψ(x)| 2 dx = 1.
13. Vilken form har vågpaketet ψ(x) om de ingående plana vågornas fördelning bestäms av
funktionen
( ) 2∆
2 1/4
ˆψ(k) = e −∆2 (k−k 0) 2 ?
π

3
Bundna tillstånd
14. En elektron rör sig under inverkan av potentialen
{
0 för 0 ≤ x ≤ a
V (x) =
∞ för övriga x
.
a) Härled ett uttryck för elektronens möjliga energier.
b) Antag att elektronen befinner sig i andra exciterade tillståndet. Beräkna de möjliga
frekvenserna för den elektromagnetiska strålning, som emitteras då elektronen återgår till
grundtillståndet.
15. En partikel är bunden till en endimensionell potentialgrop med oändligt höga väggar
på avståndet L från varandra (potentialen V = 0 inuti gropen och V = ∞ utanför gropen).
Beräkna sannolikheten att påträffa partikeln inom avståndet L/3 från en av väggarna
a) om partikeln är i grundtillståndet.
b) om partikeln är i första exciterade tillståndet.
c) om partikeln är i ett mycket högt exciterat tillstånd.
d) enligt klassisk fysik.
16. En partikel med massan m rör sig längs x-axeln under inverkan av potentialen:
{ 0 för 0 < x < a
V (x) =
∞ för x < 0 och x > a .
Beräkna energinivåerna. Beräkna den lägsta energin för en neutron i en endimensionell
lådpotential med bredden 10 fm. (Kärndiametern är av denna storleksordning.)
17. En partikel med massan m befinner sig i en potentialgrop, definierad av
{ 0 då 0 < x < a
V (x) =
.
∞ för övrigt
Vid en viss tidpunkt beskrivs partikeln av vågfunktionen
( ( πx
)) ( ) 2πx
ψ(x) = A 1 + 4cos sin ,
a a
där A är en konstant. Vilka möjliga energivärden kan man finna vid en mätning, och vad är
sannolikheten för respektive värde?
18. En partikel befinner sig i en lådpotential av formen
{ 0 om 0 < x < a
V (x) =
∞ för övrigt
Vid tiden t = T ändras potentialen plötsligt till
{
0 om 0 < x < 2a
V (x) =
∞ för övrigt
Antag att partikeln befinner sig i grundtillståndet för t < T. Beräkna sannolikheten för att
man vid en mätning av energin för t > T skall finna partikeln i grundtillståndet svarande
mot den nya potentialen.
.
.

4
19. Låt V (x) vara en attraktiv potential V (x) < 0, −∞ < x < ∞, |V (x)| ≤ C 1
|x|
(x →
±∞) för någon konstant C. Då kan man visa att det finns åtminstone ett bundet tillstånd
(se uppgift 88). För en potential enligt figuren måste gropens djup V 0
V (x)
✻
a
0 ✲ x
−V 0
överstiga ett visst värde för att ett bundet tillstånd skall kunna uppkomma. Bestäm detta
minsta V 0 ! Denna modell ger en förklaring till varför inte alla par av atomer bildar stabila
molekyler trots att potentialen kan vara attraktiv för vissa avstånd. Barriären i x = 0 motsvaras
av den starkt repulsiva potentialen mellan två kärnor på små avstånd från varandra.
20. Paritetsoperatorn definieras genom (Pψ)(x) = ψ(−x). Vilka egenvärden har P? Visa
det följande: Om potentialen V (x) kommuterar med P, dvs. ([P,V ]ψ)(x) = 0 för alla ψ(x),
så är en egenfunktion till Hamiltonoperatorn H = T + V även egenfunktion till P! Vad kan
man speciellt säga om lösningar till den endimensionella stationära Schrödingerekvationen?
21. En partikel med massan m rör sig längs x-axeln under inverkan av potentialen
V (x)
✻
−a
a
✲ x
V (x) =
{
V0 för |x| > a
0 för |x| < a .
V 0 antages vara så avpassad att systemet nätt och jämnt har två bundna tillstånd. Beräkna
approximativt energin för den lägsta energinivån uttryckt i V 0 .

5
22. En partikel med massan m rör sig längs x-axeln under inverkan av potentialen
V (x)
✻
V 0
a b
⎧
⎨ V 0 för |x| < a
V (x) = 0 för a < |x| < b
⎩
∞ för |x| > b
.
✲ x
a) Bestäm energinivåer < V 0 för symmetriska och antisymmetriska tillstånd.
b) Bestäm V 0 så att det lägsta symmetriska tillståndet har energin V 0 och beräkna för detta
tillstånd sannolikheten att partikeln “befinner sig i intervallet −a < x < a”.
23. En partikel, massa m, befinner sig i en oändligt djup potentialgrop med en δ-potential
{
− ¯h 2
V (x) = 2ma δ ǫ(x) |x| < d
∞ |x| > d , δ ǫ =
{ 1
ǫ
|x| < ǫ 2
0 f.ö.
.
Bestäm uttryck för lägsta energin för symmetriska och antisymmetriska tillstånd när δ ǫ (x) →
δ(x) (ǫ → 0). Beräkna energiskillnaden mellan dessa tillstånd om d a ≫ 1.
Endimensionell spridningsteori
24. En neutron som infaller mot en atomkärna påverkas av en attraktiv potential med kort
räckvidd. Den kommer därför med en viss sannolikhet att reflekteras och kan i så fall inte
inducera en kärnreaktion. För att se om “snabba neutroner” (hög energi) eller “långsamma
neutroner” (låg energi) lämpar sig bäst för att inducera kärnreaktioner kan man betrakta
en förenklad endimensionell modell där potentialen ges av
{
0 x < 0
V (x) =
−V 0 x > 0 .
Här är V 0 > 0 och x är koordinaten vinkelrät mot kärnans yta (x = 0). Behandla problemet
genom att genomföra en explicit beräkning av reflektions- och transmissionskoefficienterna.
25. Kontaktytan mellan två metaller fungerar som ett potentialsteg, sådant att hastigheten
hos de elektroner som infaller från vänster och passerar kontaktytan minskar med 75 % vid

6
passagen. Antag att de infallande elektronerna motsvarar en ström på 1 µA. Hur stor blir
då strömmen till höger om barriären?
✛
v
✲
✲
0,25 v
✻
V (x)
✲ x
26. Vid ett fotoelektriskt experiment får ljus med våglängden 410 nm infalla mot en aluminiumyta.
Ytan kan i en enkel modell representeras av ett potentialsteg enligt figur, där
utträdesarbetet W har värdet 2,80 eV. Beräkna sannolikheten för att en elektron, som absorberat
en foton, skall kunna lämna metallen utan att reflekteras vid ytan. Det får förutsättas
att elektronen rör sig vinkelrätt mot ytan och att den från början hade energin −W.
✻ V (x)
0
✲
−W
✲ x
27. När en ljusstråle från vakuum infaller mot ett medium sker en brytning av ljusstrålen
enligt figuren. Brytningsindex n för mediet definieras av relationen
n = λ 0
λ = sin α
sin β
där λ 0 och λ är ljusets våglängd i vakuum respektive i mediet. När elektroner infaller mot en
metall sker på motsvarande sätt en brytning av de vågor som är associerade med elektronerna.
Metallens yta kan approximativt representeras av ett språng i den potentiella energin V
från V = 0 utanför metallen till V = −V 0 inuti metallen. Antag att elektroner med energin

7
10 eV under infallsvinkeln α = 45 ◦ träffar en metallyta, för vilken gäller att V 0 = 12 eV.
Beräkna vinkeln β.
❘
α
β
vakuum
metall
28. En partikel med massa m infaller från vänster längs x-axeln och möter en “smal och
mjuk” potentialbrunn (se figur)
✻
✲
−δ/2 δ/2
✲ x
{
− ¯h 2
V (x) = 2maδ
|x| < δ 2
0 annars
Partikelns rörelse beskrivas av vågfunktionen
u(x) =
{
u− (x) = e ikx + Be −ikx x < − δ 2
u + (x) = Ce ikx δ 2 < x ,
där B (reflexionsamplituden) och C (transmissionsamplituden) bestäms genom att man
sammanbinder u − och u + via Schrödingerekvationen i området |x| < δ 2
(görs ej här). Då
partikelns våglängd är stor i förhållande till potentialens bredd, dvs. kδ
2π
≪ 1, så kan visas
att integrationen över brunnen kan ersättas med villkoren: u − (0) = u + (0) (vågfunktionen
är kontinuerlig i 0) och du+ du−
dx
(0) −
dx (0) = − 1 au(0) (vågfunktionens derivata gör ett språng i
origo, proportionellt mot u(0)) (skall ej visas). Använd dessa villkor för att bestämma B och
C. Bestäm därpå reflexionskoefficienten R = |B| 2 och transmissionskoefficienten T = |C| 2
och verifiera att R + T = 1.

8
29. En partikel, massa m, faller in mot en potentialbrunn med djup V 0 och bredd d. För
enkelhets skull antas V 0 och d ha sådana värden att systemet endast har ett bundet tillstånd.
Bestäm den lägsta energi hos partikeln vid vilken totaltransmission uppträder. – Numerisk
beräkning (resultatet i eV) för V 0 = 5 eV, d = 1 Å, och partikeln en elektron.
Tidsberoende Schrödingerekvationen
30. En partikel med massan m rör sig i en endimensionell lådpotential definierad av
{ 0 0 < x < a
V (x) =
∞ för övrigt
.
Vid tiden t = 0 har vågfunktionen formen
ψ(x,0) =
√
2
( πx
)
3a sin +
a
Hur ser vågfunktionen ut vid en godtycklig tid t?
√ ( ) 4 3πx
3a sin .
a
31. En partikel med massan m rör sig under inverkan av potentialen
{
+∞ för |x| ≥ a
V (x) =
0 för |x| < a .
Vid tiden t = 0 beskrivs den av en vågfunktion
ψ(x,0) = N sin 3 ( 2πx
a
för |x| < a, där N är en normeringskonstant. Beräkna vågfunktionen ψ(x,t).
Harmoniska oscillatorn i en dimension
32. Krafterna mellan atomerna i en HCl-molekyl kan approximativt representeras av en
fjäder med fjäderkonstanten 516 N/m. Detta innebär att atomerna kommer att utföra en
harmonisk svängningsrörelse i förhållande till varandra. Beräkna den lägsta och den näst
lägsta energinivån för denna rörelse. Sätt den reducerade massan till µ = 1,61 · 10 −27 kg.
33. Vibrationsrörelsen för en tvåatomig molekyl kan beskrivas med en enkel endimensionell
modell enligt följande. En partikel med massan µ rör sig längs x-axeln under inverkan av
potentialen
V (x) = V 0
(e −2a(x−x0) − 2e −a(x−x0)) ,
där a, x 0 och V 0 är för molekylen karakteristiska konstanter. För de lägst liggande nivåerna
är potentialen approximativt harmonisk kring jämviktsläget x = x 0 , dvs. om V (x) serieutvecklas
kan termer av tredje potens och högre i (x − x 0 ) försummas.
a) Bestäm grundtillståndets energi i denna approximation.
b) Beräkna grundtillståndets energi numeriskt för H 2 -molekylen för vilken a = 20 nm −1 ,
V 0 = 7 · 10 −19 J, x 0 = 0,074 nm och µ = 0,84 · 10 −27 kg.
)

9
34. Visa att Hamiltonoperatorn för en harmonisk oscillator kan skrivas
( ) 1
H =
2 + a† a ¯hω,
där operatorerna a och a † definieras av uttrycken
√ mω
a =
2¯h x + i p
√ ,
2m¯hω
√ mω
a † =
2¯h x − i p
√ .
2m¯hω
Dessa operatorer kallas för stegoperatorer av följande skäl. Om operatorn a † får operera på
en egenfunktion till H så erhålls en ny egenfunktion, nämligen den som svarar mot närmaste
högre egenvärde. Med hjälp av operatorn a erhålls på motsvarande sätt den egenfunktion
som svarar mot närmaste lägre egenvärde (om a får operera på grundtillståndets vågfunktion
blir resultatet noll).
35. Bestäm väntevärdena 〈p〉 och 〈p 2 〉 för en harmonisk oscillator i grundtillståndet.
36. Beräkna för den endimensionella harmoniska oscillatorn i det n:te egentillståndet
a) medelvärdet av potentiell och kinetisk energi.
b) osäkerhetsprodukten ∆x · ∆p.
c) generalisera resultatet i a) till det fall att tillståndet är godtyckligt.
37. En elektrisk svängningskrets (LC-krets) kan uppfattas som en harmonisk oscillator med
t. ex. spänningen V som koordinat. Jämför uttrycket för energin i kretsen
1
2 LI2 + 1 2 CV 2 (= T kin + V pot ) I = C dV
dt
1
med Hamiltonfunktionen för en harmonisk oscillator
2m p2 + 1 2 mω2 x 2 , p = m dx
dt
, och identifiera
m, ω och p för kretsen. Bestäm kommuteringsrelationen [I,V ]. Bestäm förintelseoch
skapelseoperatorer (A, A † ) (uttryckta i I och V ) så att kretsens Hamiltonoperator får
formen
(
H = ¯hω A † A + 1 )
.
2
Räkna ut oscillatorenergienheten ¯hω (både i SI-enheter och elektronvolt) om C = 10 −9 F,
L = 10 −9 H. Vad är den kvantiserade oscillatorns excitationsnivå om maximala värdet på
V är 10 −3 V?
Grundläggande postulat och obestämbarhetsrelationen
38. Utgå från definitionen av kommutatorn [A,B] = AB −BA och visa följande relationer:
a) [A,B] + [B,A] = 0
b) [A,A] = 0
c) [A,B + C] = [A,B] + [A,C]
d) [A + B,C] = [A,C] + [B,C]
e) [A,BC] = [A,B]C + B[A,C]
f) [AB,C] = [A,C]B + A[B,C]

10
39. Visa följande kommuteringsrelationer:
a) [x i ,x j ] = 0
b) [p i ,p j ] = 0
c) [x i ,p j ] = i¯hδ ij
d) [p i ,F(r)] = −i¯h ∂F(r)
∂x i
40. Är det möjligt att mäta x och p z samtidigt, dvs. kan man ange ett tillstånds läge i x-led
samtidigt som man känner rörelsemängden i z-led?
41. Observabeln A har i tillståndet ψ spridningen noll, dvs. ∆A = 0. Visa att ψ är ett
egentillstånd till A.
42. Beräkna spridningsprodukten ∆x ·∆p för dels de två lägsta tillstånden i en endimensionell
lådpotential med oändliga väggar och dels det lägsta tillståndet för en endimensionell
harmonisk oscillator. Jämför med Heisenbergs undre gräns.
43. Låt Hamiltonoperatorn H och en given godtycklig observabel A vara tidsoberoende.
Härled ur obestämbarhetsrelationen
∆A · ∆B ≥ 1 2 |〈[A,B]〉|
relationen ∆τ · ∆E ≥ ¯h 2
d
där ∆τ · |
dτ
〈A〉| = ∆A. Tolka ∆τ fysikaliskt!
44. Den genomsnittliga livslängden för ett exciterat atomtillstånd är 10 −8 s. Våglängden
för en observerad spektrallinje är 3000 Å. Hur stor är bredden relativt våglängden?
45. Låt φ(x) = f(x)e ikx (−∞ < x < ∞) där f(x) är reell, normerbar, deriverbar och
f(x) → 0, då x → ±∞. Visa att 〈p x 〉 = ¯hk.
46. Visa att medelvärdet av rörelsemängden i ett stationärt tillstånd med diskret egenvärde
är noll!
Ledning: Vad är [r,H]?
47. En partikel med massan m är bunden i en potential V (r). A är en observabel som ej
beror explicit av tiden. Beräkna d dt
〈A〉 för ett stationärt bundet tillstånd.
48. Låt {φ n } ∞ n=1 vara en fullständig ortonormerad mängd av funktioner och {φ ν } en ändlig
delmängd (ν antar ändligt många värden n). Varje vågfunktion kan skrivas
ψ =
∞∑
a n φ n .
n=1
Låt P vara en operator sådan att Pψ = ∑ ν a νφ ν (hur beräknar man a ν ), dvs. summan
löper endast över element i {φ n }. Visa att
a) P är självadjungerad (hermitesk),
b) P 2 = P,
c) och ge egenvärden och egenfunktioner till P!
En operator som uppfyller a) och b) kallas projektionsoperator.

11
49. Bestäm sannolikhetstätheten för de olika värden på rörelsemängden p som kan antas i
ett allmänt energiegentillstånd för den harmoniska oscillatorn.
Ledning: Uttryck Hamiltonoperatorn i p-representationen (Fouriertransform).
50. Feynmans teorem: En självadjungerad operator beror av en reell parameter λ, λ →
H(λ) (t. ex. Hamiltonoperatorn). H(λ) antas vara självadjungerad för alla intressanta värden
på λ. Låt ψ k (λ) vara motsvarande normerade egenfunktioner hörande till ett givet (diskret)
egenvärde E k (λ). Visa att
d
dλ E k(λ) =
( ( ) )
∂
ψ k (λ),
∂λ H(λ) ψ k (λ) .
Undersök speciellt vad detta innebär då λ = ¯h, m, e, osv.
51. Virialteoremet: Låt potentialen V (r) vara en homogen funktion av graden n och T
kinetiska energioperatorn. Visa att för ett godtyckligt bundet, stationärt tillstånd gäller
n〈V 〉 = 2〈T 〉.
52. Bestäm matrisrepresentationerna av operatorerna x och p x relativt en bas som består
av egenvektorer till operatorn
p 2 x
{ 0 om 0 < x < a
2m + V (x), där V (x) = ∞ om x < 0 eller x > a .
53. Visa att energin för en partikel som rör sig i en potentialgrop av godtycklig form alltid
är större än gropens största djup.
Ledning: Visa först att medelvärdet för den kinetiska energin i ett bundet tillstånd är större
än noll. Partialintegrera och använd Gauss sats.
54. En partikel (massa m) med bestämd energi befinner sig i tillståndet ψ = e −λr . Beräkna
medelvärdena av partikelns kinetiska och potentiella energier. Potentiella energin går mot
noll i oändligheten.
55. Betrakta en fri elektron lokaliserad till ett område med utsträckningen 1 Å. Ta medelavvikelsen
∆x som ett mått på vågpaketets bredd. Efter hur lång tid har vågpaketets bredd
fördubblats? För att uppskatta storleksordningen antar vi att sannolikhetstätheten ges av
Sätt ∆ = 1 Å.
|ψ(x)| 2 = √ 1 ( ) ] 2 −1/2
¯ht
[∆ 2 +
e−
2π 2m∆
[
[
x−( ¯hk0
m
2 ∆ 2 +( ¯ht
)
t
] 2
2m∆) 2] .
Två- och tredimensionella Schrödingerekvationen
56. Visa att en lösning till Schrödingerekvationen för en fri partikel i tre dimensioner
( )
− ¯h2 ∂
2
2m ∂x 2 + ∂2
∂y 2 + ∂2
∂z 2 ψ(x,y,z) = Eψ(x,y,z)

12
kan skrivas
Hur är k relaterad till energin E?
ψ(x,y,z) = Ae ik·r .
57. Vi förutsätter att växelverkan mellan en neutron och en proton kan beskrivas med
potentialen
{
∞ r < a
V (r) =
−Ae −r/b r ≥ a ,
där A = 35 MeV och b = 2,18 · 10 −15 m. Ange egenfunktionen och egenvärdet för det
bundna tillståndet med l = 0 (deuteronen). Neutronens och protonens massor är m n =
m p = 1,67 · 10 −27 kg. Hur skall man välja a för att den beräknade lägsta energinivån skall
stämma med det empiriska värdet på deuteronens bindningsenergi E = −2,23 MeV?
Ledning: Utveckla (som vanligt) ψ i klotytfunktioner i ekvationen för rörelsen relativt den
gemensamma tyngdpunkten. Substituera ρ = e −r/2b i ekvationen för R.
Väteatomen
58. Beräkna sannolikheten att hitta en elektron i grundtillståndet för väte på större avstånd
från kärnan än Bohrradien.
59. En myonisk kolatom består av en negativt laddad myon (µ) som rör sig i det elektriska
fältet från en 12 C-kärna (Z = 6). Uppskatta hur stor del av sin tid myonen tillbringar
inuti kolkärnan, dvs. hur stor sannolikheten är att finna myonen innanför kärnans radie R,
då den myoniska atomen befinner sig i sitt grundtillstånd. Vågfunktionen kan bestämmas
som om kolkärnan vore punktformig. Massorna hos kolkärnan och myonen ges av m C c 2 =
11 170 MeV respektive m µ c 2 = 105 MeV och kärnradien R = 2,95 · 10 −13 cm.
60. Hur stor energi krävs för att jonisera en väteatom i n = 3-tillståndet?
61. En elektron med försumbar energi förenar sig med en heliumkärna He 2+ . Vilken våglängd
har den emitterade fotonen?
62. Bestäm väntevärdena av kinetisk och potentiell energi för en väteatom i 2s-tillståndet.
63. Ytan på flytande helium kan laddas elektrostatiskt, och laddningen ligger kvar i timtal.
En elektron med laddningen −e i vakuum utanför heliumytan attraheras till ytan av sin
spegelladdning ǫ−1
ǫ+1e, där ǫ är heliums dielektricitetskonstant. Flytande helium är en isolator,
så elektronen hindras från att gå in i heliumet av en oändligt hög potential. Ange kraften
mellan en elektron, som befinner sig på avståndet x utanför ytan, och dess spegelladdning
och visa att den potential som binder elektronen till ytan är
{
−
1 ǫ−1 e 2
V (x) = 4πǫ 0 ǫ+1 4x
i vakuum (x > 0)
.
∞ i helium (x < 0)
Skriv upp Schrödingerekvationen för den ytbundna elektronen och jämför den med Schrödingerekvationen
för väteatomen. Ange, utgående från denna jämförelse, den ytbundna
elektronens energinivåer.
Ledning: Den ytbundna elektronen har reducerade massan m = elektronmassan ty heliumreservoarens
massa antas oändligt stor.

13
64. Medelhastigheten ¯v för elektronen i en väteatom kan definieras som ¯v = √ 〈v 2 〉. Beräkna
¯v i grundtillståndet.
65. En elektron i ett Coulombfält V = − e2
r
(väteatomen) har i 2s-tillståndet vågfunktionen
ψ = k
) (2 − r a 0
e −r/2a0 . Bestäm sannolikaste avstånd och medelavstånd mellan kärna
och elektron.
4πǫ 0
1
66. Betrakta den orbital vid givet huvudkvanttal n i vilken elektronen påverkas av största
möjliga centrifugalkraft. Beräkna 〈r〉 och ∆r
〈r〉, där ∆r är medelavvikelsen. Hur illustrerar
detta korrespondensprincipen? Hur stor är en väteatom då den är så starkt exciterad att
∆r
〈r〉 = 10−2 ?
67. Bestäm den elektriska medelpotentialen φ som skapas av elektronen och kärnan i grundtillståndet
hos väteatomen. Diskutera resultatet i gränserna r → 0 och r → ∞.
Ledning: Laddningstätheten (i enheter e) för elektronen ges av ρ e = −|ψ| 2 , där ψ(r) är
elektronens vågfunktion. Bidraget φ e från elektronen till medelpotentialen antas vara en
sfäriskt symmetrisk lösning till Poissons ekvation ∆φ e = −ρ e /ǫ 0 .
68. I vissa experiment kan en atom berövas alla sina elektroner så att man bara får kvar
en kärna med laddningen Ze. I närheten av en sådan kärna kan det möjligen spontant ur
vakuum bildas ett elektron-positronpar enligt följande princip: Det råder ekvivalens mellan
energi och massa, E = mc 2 . Positronen har samma massa som elektronen, men med motsatt
tecken på laddningen. Vi skapar nu en elektron och en positron, där elektronen placeras i
det lägsta kvanttillståndet för potentialen från kärnan, medan positronen lämnar kärnan
med mycket låg hastighet (dvs. den har energin noll). Detta fall är det energimässigt gynnsammaste
om man vill bilda ett elektron-positronpar. Finn ett algebraiskt uttryck för den
minsta kärnladdning, som skulle krävas för att den angivna processen skall äga rum (under
energikonservering). Beräkna också ett numeriskt värde på Z.
69. Ett icke-stationärt tillstånd hos elektronen i en väteatom beskrivs av (den normerade)
vågfunktionen:
φ(r,t) = φ a (r)e −iEat/¯h + φ b (r)e −iE bt/¯h , E a < E b .
För t = 0 gäller:
φ(r,0) = A [ e −αρ + (2 − ρ + x)e −βρ] (ρ och x i enheter av Bohrradien a 0 ).
Bestäm α, β, E a , E b och A. Ange vilka konfigurationer (n,l,m) som ingår i φ(r,t) och räkna
ut energimedelvärdet 〈H〉 = ∫ φ ∗ (r,t)Hφ(r,t)dr.
Tredimensionella harmoniska oscillatorn
70. Antag att nukleonerna i en lätt kärna rör sig i en medelpotential av formen V (r) =
−V 0 + 1 2 mω2 r 2 . Bestäm antalet nukleoner av ett slag (neutroner eller protoner) som högst
kan finnas i ett slutet skal. Ett skal definieras som mängden av tillstånd med samma energi,
varvid högst två nukleoner får befinna sig i samma tillstånd.

14
71. Bestäm möjliga egenvärden för en tvåatomig molekyl med reducerade massan µ. Växelverkan
mellan atomerna beskrivs av potentialen V (r) = 1 2 µω2 (r − r 0 ) 2 , där r är avståndet
mellan atomerna och ω och r 0 konstanter. Vi förutsätter att |r −r 0 | ≪ r 0 (små vibrationer),
så att tröghetsmomentet är konstant µr 2 0.
Partiklar i elektromagnetiska fält
72. Landaunivåer för en tvådimensionell elektrongas.
a) En elektron är i z-led instängd i en potentialbrunn
V (z) =
{ ∞ z < 0 och a < z
0 0 < z < a
,
och befinner sig i ett homogent magnetfält B = Be z , som kan antas definierat via B = ∇×A
med A = (−By,0,0). Elektronens rörelse beskrivs då av Hamiltonoperatorn
H = 1
2m (p + eA)2 + V (z).
Bestäm elektronens energinivåer.
Ledning: Separera den tidsoberoende Schrödingerekvationen med ansatsen
φ(r) = e ikx f(y)g(z).
b) Hur ändras energivärdena om vi även tar hänsyn till elektronens spinn ( 1 2
) , varvid vi får
Hamiltonoperatorn
H = 1
2m (p + eA)2 + V (z) − gS z ,
där S z är spinnoperatorns z-komponent och g en konstant?
Ledning: Hur modifierar man lämpligen ansatsen i ledningen ovan?
73. Visa att operatorerna
ξ = x − 1
eB p y och η = − 1
eB p x
kommuterar med Hamiltonoperatorn i föregående uppgift, men ej med varandra. Vilka slutsatser
kan man dra av dessa iakttagelser?
74. En laddad partikels rörelse i ett elektromagnetiskt fält fås ur Hamiltonoperatorn
H = P2
+ eφ, där P = p − eA.
2m
A(r,t) och φ(r,t) är fältets elektromagnetiska potentialer. Visa Ehrenfests teorem
d
〈mr〉 = 〈P〉.
dt

15
75. En partikel med massa m och laddning e påverkas av ett konstant homogent magnetfält
i z-riktningen B = Be z . Hamiltonoperatorn sättes till
H = p2
2m − e
2m L zB z + e2 (
x 2 + y 2) B 2
8m
z.
Visa att medelvärdet av r följer den klassiska rörelseekvationen
Störningsteori
Enkelt spektrum
m d2 〈r〉
dt 2
= e d〈r〉
dt
× B.
76. En endimensionell harmonisk oscillator (massa m, frekvens ω 2π
) som svänger längs x-
axeln påverkas av en störning med potentialen ǫx. Beräkna den av störningen förorsakade
ändringen av energinivåerna, dels exakt och dels med störningsräkning.
77. En partikel med massan m är rörlig längs x-axeln. Den påverkas av ett potentialfält av
formen
⎧
⎨ 0 om 0 < x < a eller 3a < x < 4a
V (x) = V 1 om a < x < 3a
,
⎩
∞ om x < 0 eller x > 4a
där V 1 är liten jämfört med grundtillståndets energi. Bestäm energierna för samtliga stationära
tillstånd med hjälp av första ordningens störningsräkning.
78. Två partiklar med samma massa m påverkar varandra med en kraft svarande mot
potentialen
V (r) = − b r + cr,
där b och c är positiva konstanter. Bestäm grundtillståndets energi under antagandet att
termen cr kan betraktas som en liten störning.
79. Röntgenspektra från myoniska atomer, dvs. atomer där en elektron har ersatts med en
myon, överensstämmer inte med vad man skulle vänta sig om atomkärnan vore punktformig.
Avvikelsen kan förklaras om man antar att kärnan har en utbredd laddningsfördelning. Eftersom
myonen är ca. 200 gånger tyngre än elektronen ‘rör den sig’ betydligt närmare kärnan
än en elektron – Bohrradien är ju omvänt proportionell mot massan. Myonen påverkas
således i högre grad än elektronen av detaljerna i laddningsfördelningen (jämför med uppgift
59). Beräkna med hjälp av första ordningens störningsräkning den korrektion till den
myoniska väteatomens energinivåer (n,l,m), som orsakas av protonens ändliga utsträckning.
Vi antar att protonen är en likformigt laddad sfär med radien R ≈ 10 −15 m, vilket innebär
att myonens potentiella energi ges av
{
V (r) =
r < R
− e2
4πǫ 0r
r > R .
(
−
e2
8πǫ 0R 3R 2 − r 2)
3
Beräkna speciellt energikorrektionen för det tillstånd som mest märker av kärnans ändliga
utsträckning.

16
80. Beskriv kvalitativt hur energinivåerna för olika impulsmoment l ändras när steget i
potentialen
{ −V0 r < a
V (r) =
0 r > a
rundas av enligt figuren nedan. Använd första ordningens störningsräkning.
V (r)
✻
a
0 ✲ r
−V 0
81. Beräkna första ordningens relativistiska korrektion till väteatomens lägsta energi. Första
ordningens (i ljushastigheten c) approximation av rörelseenergin, c √ m 2 c 2 + p 2 − mc 2 , ger
den korrigerade Hamiltonoperatorn (visa detta!)
H = p2
2m −
e2
p 4
4πǫ 0 r − 1 8 m 3 c 2 .
Jämför den erhållna energikorrektionen med energiskillnaden mellan vätets första exciterade
nivå och grundnivån.
82. En partikel, massa m, är instängd i potentialen
{
∞ |x| > a
V (x) =
ǫE 1 sin πx
a
|x| < a ,
där E 1 är grundtillståndets ostörda energi (för ǫ = 0). Sätt upp ett uttryck för grundtillståndets
energi i lägsta icke-försvinnande ordningen i ǫ (eventuella integraler skall evalueras).
Beräkna koefficienten för korrektionen med en noggrannhet av ca. 1%.
Degenererat spektrum
83. Starkeffekten: En väteatom i ett svagt homogent elektriskt fält beskrivs av Hamiltonoperatorn
H = H 0 + eE z z,
H 0 = p2
2m −
e2
4πǫ 0 r .

17
Beräkna med första ordningens störningsräkning uppspaltningen av den första exciterade
ostörda nivån (L-skalet). Ange även de linjärkombinationer av de ostörda egenfunktionerna,
som hör ihop med respektive störda nivå.
Ledning: Eftersom både H och H 0 kommuterar med L z blandas ej tillstånd med olika magnetiska
kvanttal m.
84. I en modell av kvark-kvarkväxelverkan antas Coulombfältet i en väteatom modifieras så
att den potentiella energin ges av uttrycket
e 2
V (r) = −
4πǫ 0 (r + r 0 ) ,
där 0 < r 0 ≪ 4πǫ0¯h2
me 2 . Bestäm r 0 så att energiskillnaden mellan 2s- och 2p-tillstånden blir
10 −7 E H , där −E H är elektronens energi i väteatomens grundtillstånd.
85. I en tvådimensionell isotrop harmonisk oscillator med Hamiltonoperatorn
H = 1 (
p
2
2m x + p 2 1
y) ( +
2 mω2 x 2 + y 2)
är den näst lägsta (dvs. första exciterade) energinivån dubbelt degenererad med egenfunktioner
φ 1 = Nxe −mω(x2 +y 2 )/(2¯h) , φ 2 = Nye −mω(x2 +y 2 )/(2¯h) .
Degenerationen upphävs av en störning H ′ = ǫxy. Beräkna de störda energinivåerna (t.o.m.
ordningen ǫ) och motsvarande nollte ordningens egenfunktioner.
Tidsberoende störningsräkning
86. En harmonisk oscillator med H = 1 2 p2 + 1 2 mω2 x 2 är vid t = 0 i sitt grundtillstånd.
Under tidsintervallet (0,T) verkar en störning
ǫ ¯h T
( x
x 0
) 3
(x 0 = √¯h/mω)
på oscillatorn. Bestäm t.o.m. ordningen ǫ den tidsberoende tillståndsfunktionen för t > T.
Ange medelvärdet (i ordningen ǫ 2 ) av den energi oscillatorn tagit upp av störningen. Obs!
Grundtillståndskomponenten måste reduceras i ordningen ǫ 2 så att (φ(t),φ(t)) = 1 + O(ǫ 3 ).
Betrakta speciellt gränsfallet T → 0.
87. Resonans. En endimensionell harmonisk oscillator med svagt oscillerande frekvens
H = p2
2m + 1 2 mω(t)2 x 2 ,
ω(t) = ω 0 + ∆ω cos γt, ∆ω ≪ ω 0 ,
befinner sig i grundtillståndet. Beräkna till första ordningen i ∆ω sannolikheten för övergångar
till exciterade tillstånd. Anta också att |γ − 2ω 0 | ≪ 2ω 0 .
Ledning: 〈n|x 2 |0〉 = √ ¯h
2mω
för n = 2, 〈n|x 2 |0〉 = 0 för övrigt.

18
Variationskalkyl
88. Visa att varje endimensionell attraktiv potential
V (x) < 0, −∞ < x < ∞, |V (x)| ≤ C 1
|x|
(x → ±∞),
har åtminstone ett bundet tillstånd. Med dessa krav på potentialen kan det visas att den
kontinuerliga delen av energispektrumet ges av 0 ≤ E < ∞, vilket får antas vara känt.
Ledning: Ansätt den normerade vågfunktionen ψ = ( )
2a 1/4
π e
−ax 2 .
89. Visa att man kan beräkna väteatomens n = 2-energiegenvärde genom variationsmetoden.
Använd ansatsfunktionen (α variationsparameter)
Nρe −αρ cos θ.
Varför får man inte ett närmevärde till energiegenvärdet för n = 1-nivån?
Förenkling: Räkna med ρ = r a
och Hamiltonoperatorn:
H =
(−∆ ¯h2
2ma 2 − 2 )
, där ∆φ = 1 ( ) ∂
2
ρ ρ ∂ρ 2 (ρφ) − 1 1
ρ 2 ¯h 2L2 φ.
90. Trots ihärdigt experimenterande har man aldrig lyckats observera kvarkar annat än
indirekt. Frånvaron av fria kvarkar har tvingat fram teoretiska argument för att kvarkarna
är fjättrade”i baryoner (3 kvarkar) och mesoner (kvark-antikvark). Det skulle krävas oändlig
energi för att befria en kvark ur sitt bundna tillstånd. En enkel modell för mesoner innebär
att kvarkarna rör sig i en potential som växer linjärt med avståndet, dvs.
V (r) = kr, där r > 0 är radialkoordinat.
Uppskatta grundtillståndets energi med hjälp av variationsmetoden. Vilken av ansatserna
ψ = e −ar2 och ψ = e −ar är bäst?
( )
Ledning: Detta är ett sfäriskt problem, använd ∆φ = 1 ∂ 2
r ∂r
(rφ) . 2
Impulsmoment
Banimpulsmoment
91. Visa utgående från definitionen L = r×p att banrörelsemängdsmomentets komponenter
uppfyller kommuteringsrelationerna
[L i ,L j ] = i¯hL k ,
där (i,j,k) är en cyklisk permutation av (x,y,z).
92. Visa kommuteringsrelationen
där i står för x, y eller z.
[L 2 ,L i ] = 0,

19
93. Visa obestämbarhetsrelationen för operatorparet L z och φ, där φ är polära vinkeln i
xy-planet:
∆L z ∆φ ≥ ¯h 2 .
Ledning: Skriv L z som en differentialoperator i sfäriska koordinater.
94. Vågfunktionen för en partikel har i ett visst ögonblick formen
ψ(r) = ϕ(r)(Y 11 (θ,φ) + 2Y 10 (θ,φ) + 3Y 20 (θ,φ)),
där ϕ(r) är en okänd (ej nödvändigtvis normerad) funktion. Vad är sannolikheten att vid
en mätning av rörelsemängdsmomentets kvadrat L 2 finna värdet 2¯h 2 ?
95. Vågfunktionen för en elektron i en kolatom kan i vissa kemiska sammanhang antagas
vara av formen
ψ(r) = R(r)(1 + 3sinθ sin φ).
Bestäm sannolikheten för att man vid en mätning av rörelsemängdsmomentet skall finna
elektronen i ett p-tillstånd.
96. Vid mätning på ett visst tillstånd hos ett system erhålles de precisa värdena ¯h 2 l(l + 1)
på L 2 och ¯hm på L z , där l > 0. Om systemet med vågfunktion ψ befinner sig i nämnda
tillstånd, vilken oskärpa finner man vid en mätning av L x ? Oskärpan ∆L x (standardavvikelsen)
definieras genom (∆L x ) 2 = 〈L 2 x〉 − 〈L x 〉 2 . Ange en undre gräns C(l) för denna oskärpa.
(∆L x ≥ C(l) ≥ 0.)
97. En elektron i en väteatom befinner sig i tillståndet ψ nlm . Beräkna spridningen ∆L a vid
mätning av impulsmomentets komponent i en godtycklig riktning a. L a = a · L.
98. Vågfunktionen för en partikel som rör sig i en centralpotential är
ψ(x,y,z) = (x + y + z)e −αr .
Bestäm väntevärdet av rörelsemängdsmomentets kvadrat L 2 .
99. En tredimensionell isotrop harmonisk oscillator har i första exciterade tillståndet de
energimässigt degenererade egenfunktionerna
ψ 1 = xe − 1 2( r a) 2 , ψ 2 = ye − 1 2( r a) 2 , ψ 3 = ze − 1 2( r a) 2 .
Konstruera genom superposition av dessa vågfunktioner ett tillstånd i vilket L x säkert har
värdet ¯h och beräkna impulsmomentet för detta tillstånd. Vilken är den största noggrannhet
man kan få vid en mätning av L z ?
100. En partikel har vid en viss tidpunkt vågfunktionen ψ = (x + y + z)f(r), där r =
√
x2 + y 2 + z 2 . Vad är sannolikheten för att en mätning av L z ger värdet noll?
101. Vid ett experiment, där en skur av atomer med impulsmomentet J får passera ett magnetfält,
beror avböjningen på impulsmomentets värde i magnetfältets riktning. Antag nu att
den ingående strålen är polariserad så att alla atomernas impulsmoment har ett väldefinierat
värde M a¯h på komponenten i riktningen a, som bildar vinkeln θ med magnetfältets riktning.
Strålen spjälkas då i 2J + 1 delstrålar. Bestäm relativa intensiteten hos dessa delstrålar om
J = 1. Behandla fallen M a = 1,0, −1, respektive.

20
Spinn
För spinn 1 2-partiklar har vi att spinnet kan beskrivas med följande vektor av matriser
S = ¯h 2
(( 0 1
1 0
) ( 0 −i
,
i 0
) ( 1 0
,
0 −1
))
.
Ibland använder man S = ¯h 2 σ, där σ x, σ y , σ z kallas Paulimatriser.
( )
I alla uppgifter
( )
betecknar
1 0
vi de gemensamma egenvektorerna till σ 2 och σ z med α = och β = .
0 1
102. Spinntillståndet hos en ström av partiklar (intensitet I 1 ) beskrivs av vågfunktionen
χ = C 1 α + C 2 β, där C 1 = cos γe iδ1 och C 2 = sin γe iδ2 . 0 ≤ γ ≤ π 2 , δ 1 och δ 2 reella.
Partikelströmmen får passera genom ett inhomogent magnetfält i y-riktningen, varvid den
splittras i två strålar. Den utgående stråle som svarar mot S y = ¯h 2 (intensitet I 2) får passera
ytterligare ett inhomogent magnetfält, nu i z-riktningen, med ännu en splittring som följd.
Antag att den utgående stråle, som svarar mot S z = ¯h 2 har intensiteten I 3. Beräkna I2
I 1
och
I 3
I 1
.
103. Spinntillståndet för en ström av partiklar beskrivs av vågfunktionen χ = C 1 α + C 2 β,
där |C 1 | 2 + |C 2 | 2 = 1. Strålen splittras i två delstrålar av ett inhomogent magnetfält i z-
riktningen. Strålen med S z = ¯h 2
får passera ett filter som släpper igenom partiklar med
S y = ¯h 2
. Hur stor är intensiteten hos den så erhållna strålen relativt den ursprungliga
intensiteten?
104. Tillståndet för en spinn 1 2-partikel beskrivs av den normerade vågfunktionen ψ(r)α +
φ(r)β, där α och β är egenvektorer till spinnoperatorn S z med motsvarande egenvärden ¯h 2
respektive −¯h 2
. Man letar efter partikeln med en detektor som endast reagerar för partiklar
som har värdet ¯h 2
på spinnkomponenten i x-riktningen. Sök sannolikheten för att detektorn
skall finna partikeln i volymselementet dV i punkten r.
105. Spinnriktningen för en elektron bildar vinkeln θ med z-riktningen. Beräkna sannolikheten
att man erhåller värdet ¯h 2 vid en mätning av S z.
106. Man har en partikel med spinn 1 2
i ett homogent magnetiskt fält längs z-axeln, vilket
ger energioperatorn
H = −µBS z ,
där µS z = magnetiskt moment (µ given konstant). Visa att medelvärdet av spinnvektorn
roterar kring z-axeln med bestämd frekvens ω, dvs. följande relation gäller:
d
dt 〈S x〉 = ω〈S y 〉;
Bestäm ω (Larmorfrekvensen).
d
dt 〈S y〉 = −ω〈S x 〉;
d
dt 〈S z〉 = 0.

21
107. 1980 års Nobelpris i fysik utdelades för arbeten rörande K-mesoner. I ett viktigt experiment
studerar man tidsutvecklingen av partikeln K 0 . Vi beskriver K 0 som en superposition
av två tillstånd K 0 − och K 0 +:
ψ K 0 = 1 √
2
(ψ − + ψ + ) .
Det gäller nu att tillstånden K 0 − och K 0 + är egentillstånd till energioperatorn, med olika
egenvärden (energier eller massor). Om vi tillverkar en partikel K 0 vid tiden t = 0, så
kommer vi för tider större än 0 i allmänhet inte längre att ha ett rent K 0 -tillstånd, utan
K 0 plus någonting annat. Vid tiden t ′ uppstår det dock igen ett rent K 0 -tillstånd, dvs.
ψ K 0(t ′ ) = fasfaktor ·ψ K 0(0). Tiden t ′ kan relateras till skillnaden i energi för tillstånden K 0 −
och K 0 +. Finn ett sådant uttryck för t ′ .
Koppling av impulsmoment
108. Hos en elektron (spinn 1 2
) sammansätter sig banimpulsmomentet L och spinnet S till
ett totalt impulsmoment J = L + S. Sök de normerade egenfunktionerna, med tillhörande
egenvärden, till J 2 och J z .
109. S 1 och S 2 är spinnoperatorerna för två partiklar med spinn s 1 resp s 2 . Bestäm
egenvärdena till operatorn S 1 · S 2 och deras multipliciteter. Tillämpa resultatet på fallet
s 1 = 3 2 , s 2 = 1. Bestäm egenfunktionerna.
110. Hos en elektron sammansätter sig banimpulsmomentet L och spinnet S till totalt
impulsmoment J = L + S. Då vet man att möjliga värden på j är l + 1 2 och l − 1 2
. Visa att
man inte kan få ett tillstånd med j = l − 3 2 .
Ledning: Använd stegoperatorer och tänk på vad som händer vid högsta j z .
111. En partikels vågfunktion är i sfäriska koordinater r, θ och φ:
( cos θ
ψ = F(r)
e iφ sin θ
)
.
Visa att ψ är egenfunktion till L 2 , J 2 och J z , där J = L + S.
112. Tre stycken spinn 1 2 -partiklar kan sammansätta sina spinn till ett totalt spinn 3 2 (allt i
enheter ¯h). Om α i och β i , i = 1,2,3, är normerade egenvektorer för “spinn upp” respektive
“spinn ner” i z-riktningen, så kan man konstruera den vågfunktion som har spinnprojektion
3 2 på z-axeln. Gör detta och använd nedstegningsoperatorn S − för att generera alla
(normerade) basvektorer för denna spinn 3 2 -multiplett.
113. Betrakta spinnsystemet med tre icke-växelverkande partiklar, alla med spinn 1 2 . Man
kan bilda 2 · 2 · 2 = 8 linjärt oberoende spinnvågfunktioner för detta system. En av dessa
vågfunktioner kan, med konventionellt beteckningssätt, skrivas χ = | ↑↑↑〉. Låt den totala
spinnoperatorn för de tre partiklarna vara S = S 1 + S 2 + S 3 . Beräkna egenvärdena till
operatorn S 2 och S z i tillståndet χ.

22
114. Väteatomens finstruktur. Om väteatomen beskrivs av Hamiltonoperatorn
H 0 = p2
1 e 2
+ V (r), V (r) = −
2m 4πǫ 0 r ,
så får man degenererade energinivåer som endast beror på huvudkvanttalet n. Med spektroskopi
kan man dock mäta upp små uppsplittringar av varje nivå n, beroende på ytterligare
växelverkan i väteatomen H = H 0 +W. I första ordningens korrektion måste man ta hänsyn
till följande bidrag, som alla har samma storleksordning (10 −3 eV),
där
W = W mh + W SB + W D ,
p4
W mh = −
8m 3 c 2 ,
massans beroende av hastigheten, som behandlades i uppgift 81.
W D =
¯h2
8m 2 ∆V (r),
c2 Darwintermen som kan härledas från Diracekvationen i relativistisk kvantummekanik.
W SB = 1 1
2m 2 c 2 r
dV
dr L · S,
spinn-bankopplingen. Detta uttryck kan tas fram m.h.a. klassisk relativitetsteori, så när på
faktorn 1 2 .
Beräkna bidraget till uppsplittringen av 2p-nivån som kommer från spinn-bankopplingen
W SB = ξ(r)L · S.
Tips: Om man betänker utseendet hos J 2 , där J = L + S, så inser man snart att det är
lämpligt att välja en bas för 2p-tillstånden som består av gemensamma egenfunktioner till
L 2 , S 2 , J 2 och J z .
Mångpartikeltillstånd
115. I den s.k. skalmodellen för en atomkärna antages nukleonerna röra sig i en potential
V (r) = kr2
2 .
Betrakta nu grundtillståndet för 4 He i skalmodellen. På grund av spinndegeneration kan
såväl de två protonerna som de två neutronerna beskrivas med vågfunktioner svarande
mot grundtillståndet för partiklar i V (r). Ange ett uttryck för den totala egenfunktion
(rums- och spinndel) som beskriver grundtillståndet för 4 He. Beakta särskilt Pauliprincipens
symmetrikrav. (Se även uppgift 70.)

23
116. Betrakta ett system bestående av två elektroner med försumbar inbördes växelverkan.
Schrödingerekvationen kan då skrivas
[H(p 1 ,r 1 ) + H(p 2 ,r 2 )]ψ(r 1 ,r 2 ) = Eψ(r 1 ,r 2 ).
För spinndelen av tillståndet har vi basen av egenfunktioner till S 2 och S z , bestående av
en triplett av symmetriska tillstånd (S = 1), χ 1m , m = −1,0,1, och en antisymmetrisk
singlett (S = 0), χ 00 . Pauliprincipen innebär att den totala vågfunktionen skall byta tecken
under byte av både rums- och spinnkoordinater (elektronen är en fermion). Visa utgående
från detta att vågfunktionens rumsdel för grundtillståndet till Hamiltonoperatorn ovan är
symmetrisk.
Ledning: Använd Schrödingerekvationen Hφ n = E n φ n .
117. Utbytesväxelverkan. Spinn på samma eller närliggande atomer i en kristall kan
kopplas genom utbytesväxelverkan. Denna är en konsekvens av Pauliprincipen. Betrakta för
enkelhetens skull två växelverkande elektroner (elektrostatisk växelverkan). Spinndelen för
tvåelektrontillståndet är antingen symmetrisk (triplett, två med parallella spinn, ett med
antiparallella spinn) eller antisymmetrisk (singlett, antiparallella spinn). Hur är det med
rumsdelens symmetri? Lägg in de två elektronerna i rumstillstånden ϕ a och ϕ b och beräkna
skillnaden i energi mellan de två möjligheterna.
Ledning: Vad innebär egentligen Pauliprincipen? Hur måste vi skriva rumsdelen för de olika
e
fallen? Studera V = 〈ψ| 2
4πǫ 0r
|ψ〉, där r är avståndet mellan elektronerna.

Lösningar
1. Eftersom gittersvängningar är kvantiserade kan energi endast upptas eller avges i enheter
av fononenergin ¯hω.
2. Använd E = ¯hω för fotoner. 6,6 · 10 −28 J resp 7,5 · 10 25 kvanta per period.
3. E = 100 eV och E = ¯h2 k 2
2m = h2
2mλ 2 ⇒ λ = 0,12 nm.
4. Från relativitetsteorin vet vi att
mv
p = √
1 − (
v
.
c )2
Å andra sidan är |p| = ¯hk = 2¯hπ
λ
. Då får vi
eller
λ = λ c
√ (c
v
2¯hπ
λ = mv
√
1 − (
v
c )2
) 2
− 1 med λc = 2π¯h
cm
5. Insättning av ψ(x,t) i Schrödingerekvationen ger
6. Schrödingerekvationen blir
Insättning av ψ(x,t) ger att E = ¯h 2
7.
a) Normeringen ges av
∫ ∞
−∞
¯h 2 k 2
2m + V = ¯hω
d 2
|ψ(x)| 2 dx = N 2 ∫ ∞
− ¯h2
2m dx 2 ψ + 1 2 kx2 ψ = Eψ.
√
k
m .
−∞
b 2 ∫ ∞
|b + ix| 2 dx = N2
25
−∞
b 2
b 2 + x 2 dx = 1

26
√
Då blir N = √ 1
b e
bπ
och ψ(x) =
iax
π b+ix .
b) Väntevärdet av läget, 〈x〉, ges av
∫ ∞
∫ ∞
〈x〉 = ψ ∗ (x)xψ(x)dx = b
−∞ π
c) Väntevärdet av rörelsemängden, 〈p〉, ges av
∫ ∞
〈p〉 = ψ ∗ (x)pψ(x)dx = b
−∞ π
(
= ¯h a − 1 )
= 0
2b
om a = 1 2b .
8. Vi låter p verka på ψ(x)
∫ ∞
−∞
−∞
x
b 2 = {udda funktion} = 0.
+ x2 (
¯h
b 2 + x 2 a −
)
b
b 2 + x 2 + i b ∫ ∞
π −∞
−i¯h d Aexp{i(kx − ωt)} = ¯hkAexp{i(kx − ωt)}
dx
Vi antar vidare att vågfunktionen är normerad. Då blir
¯hx
(b 2 + x 2 ) 2
och
〈p〉 =
∫ ∞
ψ ∗ (x)pψ(x)dx = ¯hk
∫ ∞
−∞
−∞
ψ ∗ ψdx = ¯hk
〈p 2 〉 =
Detta ger att ∆p = 0.
∫ ∞
−∞
ψ ∗ (x)p 2 ψ(x)dx =
∫ ∞
−∞
(pψ) ∗ (x)pψ(x)dx = ¯h 2 k 2 .
9. Vågfunktionen ψ(x) = Aexp(−ax 2 −iωt) är inte en egenfunktion till operatorn p, eftersom
−i¯h d
dx Aexp(−ax2 − iωt) = 2i¯haAxexp(−ax 2 − iωt).
Först normerar vi vågfunktionen
∫ ∞
∫ ∞
( ) 1
2a
|ψ(x)| 2 dx = 2A 2 exp(−2ax 2 4
)dx = 1 ⇒ A = .
π
−∞
Väntevärdena 〈p〉 och 〈p 2 〉 blir
och
〈p〉 =
Detta ger att
∫ ∞
−∞
〈p 2 〉 =
0
∫ ∞
ψ ∗ (x)pψ(x)dx = 2ai¯hA 2 xexp(−2ax 2 )dx = {udda funktion} = 0
∫ ∞
−∞
−∞
(pψ ∗ (x)pψ(x)dx = 8a 2¯h ∫ ∞
2 A 2 exp(−2ax 2 )x 2 dx = a¯h 2 .
∆p = √ a¯h.
0

27
10. Vågfunktionen ψ(x) = Asin(kx − ωt) är inte en egenfunktion till operatorn p, eftersom
Däremot den är en egenfunktion till p 2
Nu kan vi beräkna ∆p
och
〈p〉 =
∫ ∞
−∞
−i¯h d Asin(kx − ωt) = −i¯hkAcos(kx − ωt).
dx
−¯h 2 d 2
dx 2 Asin(kx − ωt) = ¯h2 k 2 Asin(kx − ωt).
ψ ∗ (x)pψ(x)dx = −i k ∫ ∞
2¯hA2 sin 2(kx − ωt)dx = {udda funktion} = 0
〈p 2 〉 =
∫ ∞
−∞
−∞
∫ ∞
ψ ∗ (x)p 2 ψ(x)dx = ¯h 2 k 2 |ψ(x)| 2 dx = ¯h 2 k 2 .
där integralerna definierats genom något lämpligt gränsvärde. Detta ger att
∆p = ¯hk.
−∞
11.
a) Vi får vågfunktionen genom att beräkna inversen av Fouriertransformen
ψ(x) = 1 √
2π
∫ ∞
b) Vi använder Parsevals relation
Då blir N = 1 √
2K
.
∫ ∞
−∞
|ψ(x)| 2 dx =
−∞
∫ ∞
−∞
ˆψ(k)e ikx dk =
√
2
π N sinKx
∫ K
| ˆψ(k)| 2 dk = N 2 dk = 1.
−K
x
12. Se uppgift 11.
a) ψ(x) = N √ π
a 2 e−a|x| .
b) N =
√
2a 3
π
13. Inversen av Fouriertransformen ger
ψ(x) =
( ) 1
)
1
4
exp
(− x2
2π∆ 2 4∆ 2 + ik 0x

28
14.
a) Schrödingerekvationen blir
− ¯h2
2m
d 2
dx 2 ψ = Eψ eller ψ′′ + 2mE
¯h 2 ψ = 0.
Med k 2 = 2mE
¯h 2
kan lösningen skrivas
ψ(x) = Asin kx + B cos kx.
Randvillkoret ψ(0) = 0 ⇒ ψ(x) = Asin kx och randvillkoret ψ(a) = 0 ger k = nπ
a . Då
blir energierna
E n = n2 π 2¯h 2
2ma 2 n = 1,2,3,....
b) De möjliga frekvenserna ges av skillnaden mellan energinivåerna E 3 − E 1 ,
E 3 − E 2 , E 2 − E 1 . Vi får ν = 2π¯h 5π¯h 3π¯h
ma
, 2 4ma
, 2 4ma
. 2
15. På samma sätt som i uppgift 14 finner vi att lösningen till Schrödingerekvationen är
Normeringen ges av
∫ L
( πn
)
ψ n (x) = N sin
L x
∫ L (
|ψ(x)| 2 dx = N 2 sin 2 πn
)
0
0 L x dx = 1.
√
2
Således blir ψ n (x) =
L sin( πn L x).
Sannolikheten att finna partikeln i intervallet 0 ≤ x ≤ L 3 blir
P(0 ≤ x ≤ L 3 ) = ∫ L
3
0
|ψ(x)| 2 dx = 2 L
∫ L
3
a) grundtillståndet, n = 1, P = 1 3 − √ 3
4π .
b) första exciterade tillståndet, n = 2, P = 1 3 + √ 3
8π .
c) högt exciterat tillstånd (n är stort), P = 1 3 ± ǫ.
d) klassisk blir sannolikheten 1 3
, detta motsvarar n → ∞.
0
( sin 2 πn
)
L x dx = 1 3 − 1 ( ) 2πn
2πn sin .
3
16. Den stationära Schrödingerekvationen − ¯h2
2m dx
φ+V (x)φ = Eφ, med randvärden φ(0) =
√
2 2
φ(a) = 0, har lösningar φ n (x) =
a sin(k nx), k n a = nπ, n = 1,2,3,..., energiegenvärden
E n = ¯h2 k 2 n
2m
= ( ¯h2 nπ
) 2,
2m a n = 1,2,3,.... Med a = 10 fm fås en uppskattning av lägsta
neutronenergin i en atomkärna E 1 = 2,0 MeV.
d 2

29
17. På samma sätt som i uppgift 14 finner vi att lösningen till Schrödingerekvationen är
√
2
( πn
)
ψ n (x) =
a sin a x ,
med energinivåerna
E n = n2 π 2¯h 2
2ma 2 .
Vi ska utveckla vågfunktionen ψ i egenfunktionerna {ψ n }. Med hjälp av trigonometriska
formler finner vi att
( π
) ( ) 2π
( π
) ( ) 3π
2cos
a x sin
a x = sin
a x + sin
a x .
Detta ger, efter normering
De möjliga energivärdena blir
Sannolikheten för respektive värde ges av
Vilket ger 4 9 , 1
9 respektive 4 9 .
ψ = 1 3 (2ψ 1 + ψ 2 + 2ψ 3 )
E 1 = π2¯h 2
2ma 2 , E 2 = 2π2¯h 2
ma 2 E 3 = 9π2¯h 2
2ma 2
|(ψ n ,ψ)| 2
18. Grundtillståndena för t < T respektive t > T ges av
ψ 0 =
√
2
a sin ( π
a x )
och ψ ′ 0 =
√
1
a sin ( π
2a x )
.
Den sökta sannolikheten blir
√
|(ψ 0 ,ψ 0)| ′ 2 2
=
∣ a
∫ a
0
( π
) ( π
)
sin
a x sin
2a x
dx
∣
2
= 32
9π 2 .
19. I intervallet 0 < x < a blir Schrödingerekvationen − ¯h2
2m dx
−(E +V 2 0 )ψ = 0. För bundet
tillstånd krävs att E < 0. Med k 2 = 2m (E + V
¯h 2 0 ) kan lösningen skrivas
ψ(x) = Asin kx + B cos kx.
Randvillkoret ψ(0) = 0 ⇒ ψ(x) = Asin kx. För x > a har vi − ¯h2 d 2 ψ
2m dx
= Eψ. Med
2
α 2 = 2m |E| har vi lösningen:
¯h 2
d 2 ψ
ψ(x) = Ce αx + De −αx
ψ → 0 då x → ∞ ⇒ C = 0

30
Kontinuitetsvillkor att ψ och ψ ′ är kontinuerliga i x = a:
Asin ka = De −αa
kAcos ka = −αDe −αa
Dessa två villkor ger: tanka = − ka
αa
. För att lösa denna ekvation numeriskt sätter vi ka = z
√
2mV
och b = a 0
. Då är αa = √ b
¯h 2 − z 2 och ekvationen blir
2
z
tan z = −√ b2 − z . 2
För bundet tillstånd krävs b > π 2
⇒ 2mV0 a 2 > π2
¯h 2 4
⇒ V 0 > ¯h2 π 2
8ma
. 2
10
5
tan z
0
b
-5
-10
0.00 1.57 3.14 4.71
z
20. Man ser lätt att P är självadjungerad: (Pψ,φ) = (ψ,Pφ). Alltså har P reella egenvärden.
Vidare Pψ = aψ och P 2 = 1 ⇒ ψ = P 2 ψ = P(Pψ) = a 2 ψ, så a 2 = 1. Då måste
a = ±1. Motsvarande egenfunktioner kallas symmetriska eller antisymmetriska funktioner.
Varje funktion kan skrivas som en summa av en symmetrisk och en antisymmetrisk funktion
(P har en fullständig uppsättning egenfunktioner), explicit: ψ = ψ (s) + ψ (a) , där ψ (s) (x) =
(ψ(x) + ψ(−x))/2, ψ (a) (x) = (ψ(x) − ψ(−x))/2. Man ser lätt [T,P] = 0, så [P,V ] = 0 ⇒
[P,H] = 0. Om ψ är en egenfunktion till H, Hψ = Eψ, har vi HPψ = PHψ = PEψ =
EPψ, varför Pψ blir en ny egenfunktion med samma egenvärde E. Om E är degenererat,
så kan, enligt ovan, ψ skrivas som en summa av egenfunktioner till P med samma energi E.
Speciellt gäller för endimensionella problem att H ej har degenererade egenvärden (en andra

31
ordningens linjär ordinär differentialekvation med två randvillkor har högst en lösning) så
varje egenfunktion till H har bestämd paritet.
21. Schrödingerekvationen − ¯h2 d 2 ψ
2m dx
+ V ψ = Eψ. Kontinuitetsvillkoret är att ψ och ψ ′ är
2
kontinuerliga i x = ±a. För bundna tillstånd är E < V 0 :
|x| < a :
|x| > a :
d 2 ψ
dx 2 + k2 ψ = 0, k 2 = 2mE
¯h 2
d 2 ψ
dx 2 − κ2 ψ = 0, κ 2 = 2m(V 0 − E)
¯h 2
Behandla symmetriska (s) och antisymmetriska (a) lösningar var för sig (se uppgift 20).
(s) :
ψ = A 1 cos kx för |x| < a
ψ = A 2 e −κ|x| för |x| > a
(Det är nödvändigt av fysikaliska skäl att förkasta lösningen e −κ|x| i |x| > a.) Eftersom ψ
är symmetrisk räcker det att ställa upp kontinuitetsvillkoren i x = a. ψ kont.
(a) :
A 1 cos ka = A 2 e −κa (bestämmer A 2 /A 1 )
ψ ′ /ψ kont. ⇒ k tan ka = κ
ψ = A ′ 1 sin kx i |x| < a
ψ = A ′ 2e −κ|x| sgn x i
|x| > a
ψ kont. ⇒ A ′ 1 sinka = A ′ 2e −κa
ψ ′ /ψ kont. ⇒ −k cot ka = κ
De två ekvationerna skall nu lösas, vilket √måste ske numeriskt. För att göra detta inför
2mV
vi beteckningarna ξ = ka, η = κa, α = 0a 2
. Då blir ξ 2 + η 2 = α 2 , ξ tan ξ = η (s),
¯h 2
−ξ cot ξ = η (a). Ekvationerna löses grafiskt. Vi får alltså ett ändligt antal lösningar svarande
mot diskreta värden på E (< V 0 ). Dessa lösningar är de bundna tillstånden (normerbara
lösningar till den stationära Schrödingerekvationen). Lösningarna är alternerande symmetriska
och antisymmetriska när E ökar. Den lösning som svarar mot minsta värdet på E
kallas grundtillståndet och är symmetrisk. Ur diagrammet framgår att det finns precis två
bundna tillstånd då π 2 ≤ α < π. α = π 2 ger V 0 = π2¯h 2
8ma
. ξ 2 + η 2 = ( )
π 2 2 2 och η = ξ tan ξ ger:
ξ = π 2 cos ξ. Lösning ξ ≈ 0,934 och den lägsta energinivån blir E = ¯h2 ξ 2
2ma
= 4ξ2
2 π
V 2 0 ≈ 0,354V 0 .
22.
a) Vi söker de tillstånd som har energi E < V 0 . Schrödingerekvationen: − ¯h2
2m φ′′ (x) +
V (x)φ(x) = Eφ(x) vilket ger:
|x| < a : φ ′′ − κ 2 φ = 0, κ 2 = 2m
¯h 2 (V 0 − E)
a < |x| < b : φ ′′ + k 2 φ = 0, k 2 = 2m
¯h 2 E

32
(s) (a) (s)
4
η
3
α
2
1
α
0
0.00 1.57 3.14
ξ
Rand- och kontinuitetsvillkor:
I x = ±a skall φ och φ ′ vara kontinuerliga (sannolikhetsströmmen kontinuerlig) och i x = ±b
skall φ = 0. Vi har nytta av följande sats: Om potentialen (och därmed hela Hamiltonoperatorn)
är symmetrisk (V (x) = V (−x)), så kan lösningarna väljas antingen symmetriska eller
antisymmetriska (se uppgift 20). Om Hamiltonoperatorn har enkla egenvärden blir detta
uppfyllt automatiskt. I en dimension blir alla bundna tillstånd enkla och här blir givetvis alla
tillstånd bundna. Dela upp i symmetriska och antisymmetriska lösningar. De symmetriska
lösningarna (s):
0 < x < a : φ 1 = A 1 cosh κx
a < x < b : φ 2 = A 2 sink(b − x) (satisfierar randvillkor i x = b)
φ kontinuerlig i x = a ger: A 1 cosh κa = A 2 sink(b − a) (bestämmer A 2 )
φ ′
φ kontinuerlig ger: κtanh κa = −k cot k(b − a) (bestämmer egenvärdena E n)
För de antisymmetriska lösningarna (a):
0 < x < a : φ 1 = A ′ 1 sinhκx
a < x < b : φ 2 = A ′ 2 sin k(b − x)
φ kontinuerlig i x = a ger: A ′ 1 sinhκa = −A ′ 2 sin k(b − a)
φ ′
φ
kontinuerlig ger: κcoth κa = −k cot k(b − a)
Lösningen i x < 0 fås givetvis genom f(−x) = f(x). Med beteckningarna α =
√
2mV 0
¯h 2 ,

33
κ = √ α 2 − k 2 och E = ¯h2 k 2
2m
kan vi lösa ekvationerna för energin grafiskt:
8
6
4
2
−kcotk(b−a)
κcothκa
(a)
1/(b−a)
0
κtanhκa
(s)
−2
0 1 2 3 4 5 6 α 7
ka
Man får par av lösningar där den symmetriska har något lägre energi än den antisymmetriska.
b) E = V 0 ⇒ k = 0
Fall (s):
0 < x < a : φ = C 1
a < x < b : f = C 2 sink(b − x)
φ kontinuerlig i x = a ger: C 1 = C 2 sin(b − a)
φ ′ kontinuerlig i x = a ger: −k cos k(b − a) = 0
Lägsta lösningen: k(b − a) = π 2
⇒ k = π 2
V 0 = ¯h2 k 2
2m = ¯h2 π 2 1
2m 4 (b−a) 2
P(−a < x < a) = ∫ a
−a φ∗ 1(x)φ 1 (x)dx = 2aC1
[ 2 ∫ a
Normeringsvillkor: 1 = 2
0 C2 1 dx + ∫ b
a
Den sökta sannolikheten är 2a
a+b .
1
b−a
C 2 1 sin2 k(b−a)
sin 2 k(b−a)
]
dx
⇒ C 2 1 = 1
a+b
23. Sätt k 2 = − 2mE , varvid Schrödingerekvationen tar formen
¯h 2 ( d
2
dx 2 + 1 )
a δ ǫ(x) u(x) = k 2 u(x), |x| < d,

34
u(d) = u(−d) = 0.
Låt u ± (x) vara lösningen för x > ǫ 2 och x < − ǫ kǫ
2
respektive. Då ǫ → 0, eller
2π ≪ 1 –
låg energi (stor våglängd) i förhållande till ǫ, får vi (enkel verifikation om man har lärt sig
derivera funktioner med enkla diskontinuiteter, se kurs i distributionsteori)
u + (0) = u − (0)
(kontinuitet)
du +
dx (0) − du −
dx (0) = −1 a u(0)
(språng i derivatan proportionellt mot u(0) och potentialens styrka).
Eftersom V (−x) = V (x) blir enligt tidigare visad sats (se problem 6) varje lösning till
Schrödingerekvationen symmetrisk (s) eller antisymmetrisk (a). För −d < x < − ǫ 2 gäller
u (s)
− (x) = u (s)
+ (−x), u (a)
− (x) = −u (a)
+ (−x). Vi får u + (x) = sin k(d − x). Villkoren i origo ger
då lösningen är:
symmetrisk: kontinuiteten trivialt uppfylld, derivatavillkoret blir
tan kd = 2ka
(s)
antisymmetrisk: derivatan blir automatiskt kontinuerlig och om funktionen ska vara kontinuerlig
måste u(0) = 0, dvs.
sin kd = 0, k n = nπ d
, n = 1,2,3,... (a)
Lägsta energin för symmetriska tillstånd ges av minsta icke-försvinnande roten till (s), vilket
ger kd < 3π δ+π
2
. Eftersom 2ka ≪ kd i (s) sätter vi k =
d
och vi får 2a d
(δ + π) = tan(d + π) =
tan δ = δ + O(δ 3 ), varför till lägsta icke-försvinnande ordning δ = 2πa
d−2a och k = π
d−2a .
Skillnaden i energi mellan de två lägst liggande symmetriska och antisymmetriska tillstånden
respektive blir
( (
∆ = E (s)
0 − E (a)
0 = − π2¯h 2 ) ) 2 1
− 1 2m d − 2a d 2 .
24. Lösningen till Schrödingerekvationen blir
√
2mE
ψ(x) =
där k = och k
¯h 2 1 =
lösa Schrödingerekvationen för alla x) ger
{ Ae ikx + Be −ikx , x < 0
Ce ik1x , x > 0 ,
√
2m
¯h 2 (E + V 0 ). Kontinuitet hos funktion och derivata (ty ψ(x) ska
{ A + B = C
k
k 1
(A − B) = C ⇒ B = A k−k1
k+k 1
⇒ R = | B A |2 = | k1−k
k 1+k |2 ,T = 1 − R = 4kk1
|k 1+k| 2
Speciellt: E = 5 MeV, V 0 = 50 MeV ger R =
( √55− √
5 √
55+
√
5
) 2
≈ 0,288 och T ≈ 0,712.

35
25. Vi får anta att potentialen i barriären är V 0 och energin hos elektronerna E > V 0 , annars
har vi totalreflexion, dvs. de elektroner som infaller från vänster passerar inte kontaktytan
(kolla att detta är sant!).
För x < 0 är Schrödingerekvationen
Med k 2 = 2mE
¯h 2
− ¯h2
2m
d 2
kan lösningen skrivas
dx 2 ψ = Eψ eller ψ′′ + 2mE
¯h 2 ψ = 0.
ψ I (x) = e ikx + Be −ikx .
För x > 0 får vi
− ¯h2
2m
Med k ′2 = 2m(E−V0)
¯h 2
d 2
dx 2 ψ + V 0ψ = Eψ eller ψ ′′ + 2m(E − V 0)
¯h 2 ψ = 0.
kan lösningen skrivas
ψ II (x) = Ce ik′x ,
ty ingen inkommande våg från höger.
Randvillkoret vid x = 0 , ψ och ψ ′ kontinuerliga, ger
Från detta kan vi lösa ut C = 2k
k+k ′
Vi finner förhållandet mellan k och k ′ från
1 + B = C
ik(1 − B) = ik ′ C.
och beräkna transmissionskoefficienten
T = k′
k C2 =
4kk′
(k + k ′ ) 2 .
p = ¯hk = mv med v ′ = v 4
⇒ k ′ = k 4
Då är T = 0,64 och I = 0,64 µA.
26. Låt E e och E f beteckna elektronens energi respektive fotonens energi. För att elektronen
ska kunna lämna metallen måste E e > 0. Sannolikheten ges av transmissionskoefficienten.
För x < 0 är Schrödingerekvationen
− ¯h2
2m
Med k 2 = 2m(Ee+W)
¯h 2
För x > 0 får vi
d 2
dx 2 ψ − Wψ = E eψ eller ψ ′′ + 2m(E e + W)
¯h 2 ψ = 0.
kan lösningen skrivas
ψ I (x) = e ikx + Be −ikx .

36
Med k ′2 = 2mEe
¯h 2
− ¯h2
2m
d 2
dx 2 ψ = E eψ eller ψ ′′ + 2mE e
¯h 2 ψ = 0.
kan lösningen skrivas
ψ II (x) = Ce ik′x ,
Randvillkoret vid x = 0 , ψ och ψ ′ kontinuerliga, ger
Från detta kan vi lösa ut C = 2k
k+k ′
1 + B = C
ik(1 − B) = ik ′ C.
och beräkna transmissionskoefficienten
T = k′
k C2 =
4kk′
(k + k ′ ) 2 .
Eftersom elektronen absorberat en foton blir dess energi E e = E f − W = ¯hω − W. Då blir
√
k ′
k = 1 − W¯hω ,
som med de numeriska värdena ¯hω = 3,01 eV och W = 2,80 eV ger T = 0,66.
27. För x < 0 är Schrödingerekvationen
Då får vi
För x > 0
− ¯h2
2m
d 2
dx 2 ψ = Eψ eller ψ′′ + 2mE
¯h 2 ψ = 0.
k 2 = 2mE
¯h 2 ⇒ λ 0 = 2π¯h √
2mE
.
och
− ¯h2
2m
d 2
dx 2 ψ − V 0ψ = Eψ eller ψ ′′ + 2m(E + V 0)
¯h 2 ψ = 0.
k ′2 = 2m(E + V 0)
2π¯h
¯h 2 ⇒ λ = √
2m(E + V0 ) .
Till sist får vi
sin β = λ √
E
sin α = sin α.
λ 0 E + V 0
Insättning av de numeriska värdena ger β = 28 ◦ .
28. u − (0) = u + (0) = u(0) ger 1+B = C. du+
dx
− C a
. Detta leder till B = −
1
1+i2ka , C = i2ka
du−
(0) −
dx (0) = − 1 au(0) ger ikC −ik(1 −B) =
1+i2ka . Man verifierar lätt R +T = |B|2 + |C| 2 = 1,
1
med R =
1+(2ka)
och T =
(2ka)2
2 1+(2ka)
. För fallet a negativ, dvs. en potentialbarriär, får vi
2
tydligen B ′ = B ∗ och C ′ = C ∗ , komplexkonjugerade värden, så att R och T blir samma
som för en brunn med samma absolutvärde på a.

37
29. Vågfunktionen vid totaltransmission (ingen reflekterad våg)
e ikx Ae iKx + Be −iKx Ce ikx
✲
✲
✲
✛
✲ x
0 d
k 2 = 2mE
¯h 2 K 2 = 2m(E + V 0)
¯h 2
Kontinuitetsvillkor vid x = 0 och d (logaritmiska derivatorna lika från bägge sidor):
x = 0 :
x = d :
ik = iK A − B
A + B
ik = iK AeiKd − Be −iKd
Ae iKd + Be −iKd
Den första relationen visar, då k ≠ K, att både A och B ≠ 0. Sätt A/B = a och kombinera
a−1
de två ekvationerna (högerleden lika) till
a+1 = aei2Kd −1
ae i2Kd +1 eller ei2Kd = 1, varav 2Kd =
2π(+n2π). Endast ett bundet tillstånd betyder 2mV0d2 < π 2 , varför vi måste välja Kd = π
¯h 2
eller
E = 37,6eV − 5eV = 32,6eV.
30. På samma sätt som i uppgift 14 finner vi att lösningen till Schrödingerekvationen är
med energinivåerna
ψ n (x) =
√
2
a sin ( πn
a x )
,
Totala vågfunktionen kan skrivas
E n = n2 π 2¯h 2
2ma 2 .
ψ(x,t) =
∞∑
n=1
a n ψ n e − iEnt
¯h .
Genom att jämföra detta med vågfunktionen finner vi att
Då blir
ψ(x,t) =
a n ≠ 0 för n = 1,3.
√
2
( π
)
√ ( )
3a sin a x e − i¯hπ2 t 4 3π
2a 2 m +
3a sin a x e − i9¯hπ2 t
2a 2 m

38
31. På samma sätt som i föregående tal finner vi att lösningen till Schrödingerekvationen
är
med energinivåerna
ψ n (x) =
√
2
a sin ( πn
a x )
,
Totala vågfunktionen kan skrivas
E n = n2 π 2¯h 2
2ma 2 .
ψ(x,t) =
∞∑
n=1
a n ψ n e − iEnt
¯h .
Vi ska utveckla vågfunktionen ψ i egenfunktionerna {ψ n }. Med hjälp av trigonometriska
formler har vi
Då blir den normerade vågfunktionen
sin 3 α = 3 4 sin α − 1 4 sin(3α).
ψ(x,0) = N ′ (3sin
( ) ( ))
2π 6π
a x , −sin
a x
och genom att jämföra detta med totala vågfunktionen, får vi att
Efter normeringen
a n ≠ 0 för n = 2,6.
ψ(x,0) = 1 √
10
(3ψ 2 − ψ 6 ).
Då blir
ψ(x,t) =
√ ( ( ) ( ) )
1 2π
sin
5a a x e − i2¯hπ2 t 6π
a 2 m − sin
a x e − i18¯hπ2 t
a 2 m
32. Schrödingerekvationen för den relativa rörelsen blir
Då är
och energierna
d 2
−¯h2
2µ dx 2 ψ + 1 2 k2 x 2 ψ = Eψ
ω =
√
k
µ
(
E n = ¯hω n + 1 )
.
2

39
Insättning av de numeriska värdena ger
E 0 = 186 meV och E 1 = 558 meV.
33. Potentialen kan approximeras med
V (x) ≈ −V 0 + V 0 a 2 (x − x 0 ) 2
Schrödingerekvationen för den relativa rörelsen kring x = x 0 blir
eller
Då är
d 2
−¯h2
2µ dx 2 ψ − V 0ψ + V 0 a 2 (x − x 0 ) 2 ψ = Eψ,
d 2
−¯h2
2µ dx 2 ψ + V 0a 2 (x − x 0 ) 2 ψ = (E + V 0 )ψ,
ω = a
√
2V 0
µ
a) Grundtillståndets energi blir
√
V 0
E 0 = ¯ha
2µ − V 0.
b) Insättning av de numeriska värdena ger
E 0 = −4,1 eV
34. Stegoperatorerna a,a † kan också läsas av direkt från FS (2.5) och (2.6):
a = 1 √
2
( d
dq + q )
Med variabelsubstitutionen q = √ mω
¯h
x, får vi
och a † = 1 √
2
(
− d dq + q )
.
a =
a † =
√ mω
2¯h x + i p
√
2m¯hω
√ mω
2¯h x − i p
√
2m¯hω
Då blir
vilket ger resultatet.
a † a = mω
2¯h x2 +
p2
2m¯hω − i
2¯h [x,p]

40
35. För en harmonisk oscillator blir Schrödingerekvationen:
d 2
− ¯h2
2m dx 2 ψ + 1 2 mω2 x 2 ψ = Eψ
vilket med variabelsubstitutionen q = √ mω
¯h x övergår i
)
1
(− d2
2 dq 2 + q2 ψ = Ē hω ψ.
Med a = √ 1
2
( d dq + q) och a† = √ 1 2
(− d dq
+ q), får vi
d
= √ 1 (a − a † )
dq 2
√
m¯hω
p = −i
2 (a − a† ).
√
m¯hω
Vi får nu 〈p〉 = 〈−i
2 (a − a† )〉 och 〈p 2 〉 = 〈− m¯hω
2 (a − a† ) 2 〉. I grundtillståndet är
och
√
m¯hω
〈0 | p | 0〉 = −i
2 〈0 | (a − a† ) | 0〉
= { FS (2.5) och (2.6), a | 0〉 = 0, a † | 0〉 = 1〉}
√
m¯hω
= i 〈0 | 1〉 = 0,
2
〈0 | p 2 | 0〉 = − m¯hω
2 〈0 | (a − a† ) 2 | 0〉
= − m¯hω
2 〈0 | (aa − aa† − a † a + a † a † ) | 0〉
= { FS (2.5) och (2.6), a | n〉 = √ n | n − 1〉, a † | n〉 = √ n + 1 | n + 1〉}
= m¯hω m¯hω
〈0 | 0〉 − √ 〈0 | 2〉 = m¯hω
2 2 2
36.
a) Vi vet att harmoniska oscillatorns egenfunktioner är ortogonala och skall använda detta
och skapelse- och förintelseoperatorer för att beräkna de erforderliga integralerna. För en
harmonisk oscillator blir Schrödingerekvationen:
− ¯h2 d 2 ψ
2m dx 2 + 1 2 mω2 x 2 ψ = Eψ,
vilket med variabelsubstitutionen q = x √ mω
¯h övergår i
)
1
(− d2
2 dq 2 + q2 u n = E n
¯hω u n.

41
Energinivåerna är En
¯hω = n + 1 2 . Med a = 1
Vi får nu 〈T 〉 = 〈− ¯h2
2m dx
〉 = 〈−¯hω 2 2
d 2
(
√ d
2
dq + q )
d
dq = 1 √
2
(a − a † )
d 2
dq 2 = 1 2 (a2 − aa † − a † a + a †2 )
d 2
dq 2 〉
och a † = 1 √
2
(
− d dq + q )
får vi
〈T 〉 = −¯hω 4 〈n|a2 − aa † − a † a + a †2 |n〉 = {FS (2.5) och (2.6), 〈n|a 2 |n〉 = 〈n|a †2 |n〉 = 0}
= −¯hω 4 〈n|(−a√ n + 1|n + 1〉 − a †√ n|n − 1〉) = −¯hω 4 (−(n + 1)n) = ¯hω (
n + 1 )
.
2 2
Uttryck nu x 2 = ¯h
mω q2 i a 0 och a † och gör om proceduren (eller använd virialteoremet i
uppgift 51).
(
n + 1 2
〈V 〉 = 1 2 mω2 〈x 2 〉 = ¯hω 2
(
b) (∆x) 2 = 〈x 2 〉 − 〈x〉 2 Av FS (2.5) och (2.6) framgår att 〈x〉 = 0 så (∆x) 2 = ¯h
mω n +
1
2)
,
〈p 2 〉 = (∆p) 2 = 2m〈T 〉 = ¯hmω ( n + 2) 1 , ty även 〈p〉 = 0 och
n=0
∆x∆p = ¯h
(
n + 1 2
c) ψ(x,t) = ∑ ∞
n=0 A nψ n (x)e − iEnt
¯h
Potentiella energin
〈 ∞ ∣
∑
〈V 〉 = A n ψ n (x)e − iEnt
¯h
1 ∣∣∣ ∞
〉
∑
∣2 mω2 x 2 A n ψ n (x)e − iEnt
¯h
n=0
n=0
∞∑
= |A n | 2 ¯hω (
n + 1 )
+ ¯hω √
(n + 1)(n + 2)R(An A ∗
2 2 2
n+2e 2iωt )
Kinetiska energin
〈 〉 p
2 ∞∑
〈T 〉 = = |A n | 2 ¯hω 2m
2
n=0
Vid varje tidpunkt gäller:
〈V 〉 + 〈T 〉 =
)
.
)
.
(
n + 1 )
− ¯hω √
(n + 1)(n + 2)R(An A ∗
2 2
n+2e 2iωt )
∞∑
n=0
|A n | 2¯hω
(
n + 1 )
= 〈E〉.
2
Om vi sätter T = 2π ω
(= harmoniska oscillatorns period i klassisk mekanik) så får vi följande
tidsmedelvärden:
∫
1 T
∞∑
〈V 〉dt = |A n | 2 E n
T
2 = 1 2 〈E〉
0
∫
1 T
〈 p
2
T 0 2m
〉
dt =
n=0
∞∑
n=0
|A n | 2 E n
2 = 1 2 〈E〉

42
37. Motsvarigheten ( ) 1
2 LC2 dV 2
dt +
1
2 CV ( 2 ∼ m dx
) 2
2 dt +
1
2 mω2 x 2 ger med V ∼ x att m =
LC 2 , ω = √ 1
LC
, p = LCI. Kvantisering: [p,V ] = −i¯h · 1, dvs. [I,V ] = −i ¯h · 1. Sätt in
ansatsen A = αI − iβV , A † = αI + iβV i H = ¯hω ( A † A + 2) 1 vilket efter identifiering med
√ √
energin i kretsen ger ¯hωα 2 = L 2 , ¯hωβ2 = C 2 , αβ
LC = 1
2¯h , varav α = L
2¯hω , β = C
2¯hω , och
¯hω ≈ 1,05 · 10 −25 J ≈ 0,66 · 10 −6 eV. Maxspänning 10 −3 V ger energi CV 2
2
= 0,5 · 10 −15 J,
dvs. 5 · 10 9 kvanta. (Då V är maximal, är I = 0, bara “potentiell” energi.)
38.
a), b) Följer från definitionen av kommutatorn.
c)
d) se c).
e)
f) se e).
[A,B + C] = A(B + C) − (B + C)A
= AB + AC − BA − AC
= [A,B] + [A,C].
[A,BC] = ABC − BCA
= ABC − BAC + BAC − BCA
= [A,B]C + B[A,C].
LC
39.
a)
b)
[x i ,x j ]ψ = (x i x j − x j x i )ψ = (x i x j − x i x j )ψ = 0ψ.
[
−i¯h ∂ , −i¯h ∂ ]
ψ = −i¯h ∂ (
− i¯h ∂ )
ψ + i¯h ∂ (
− i¯h ∂ )
ψ
∂x i ∂x j ∂x i ∂x j ∂x j ∂x i
( )
∂
= −¯h 2 2
ψ −
∂2
ψ = 0ψ.
∂x i ∂x j ∂x j ∂x i
c) [
x i , −i¯h ∂ ] (
∂ψ
ψ = −i¯h x i − ∂(x )
iψ)
= i¯hδ ij ψ.
∂x j ∂x j ∂x j
d) [
−i¯h ∂ ] ( ∂(F(r)ψ)
,F(r) ψ = −i¯h
− F(r) ∂ψ )
= −i¯h ∂F(r) ψ.
∂x i ∂x i ∂x i ∂x i
40. Ja, eftersom operatorerna x och p z kommuterar, vilket gör det möjligt att hitta gemensamma
egenfunktioner. Man kan då mäta t.ex. p z varvid vågfunktionen blir en egenfunktion
till p z , varefter x mätes så att egenfunktionen till p z blir en egen funktion till x. Om tillståndet
innan mätningen av x redan är ett egentillstånd till x så får man samma tillstånd
efter som före mätningen.

43
41. ∆A = 0 ⇒ (ψ,Aψ) 2 = (Aψ,Aψ) = (ψ,ψ) · (Aψ,Aψ) = 0. Alltså har vi likhet i
Schwartz olikhet |(ψ,Aψ)| ≤ ‖ψ‖ · ‖Aψ‖, vilket medför att Aψ = λψ. Omvändningen gäller
även: Aψ = λψ ⇒ ∆A = 0.
42. (Jämför uppgift 16. och 36.) För endimensionella lådan har vi ∆x = √ a
12
, ∆p = ¯h nπ
a ,
så ∆x∆p = ¯h nπ
2 √ . Den endimensionella oscillatorns grundtillstånd har ∆x∆p = ¯h 3 2
, vilket är
likhet i Heisenbergs obestämbarhetsrelation (maximalt lokaliserat tillstånd i fasrummet).
43. En enkel verifikation (gör det!) visar att i¯h d
dτ 〈A〉 = 〈[A,H]〉. Observera att [A,H]∗ =
[H ∗ ,A ∗ ] = −[A ∗ ,H ∗ ] = −[A,H]. Så [A,H] är anti-självadjungerad och har alltså rent
imaginärt spektrum (visa detta!). Vi får, med ∆τ =
∆A
| d
dτ 〈A〉|,
∆τ∆E = ∆A∆H
∣ d
dτ 〈A〉∣ ∣
= ¯h
∆A∆H
|〈A,H〉| .
Heisenbergs obestämbarhetsrelation ger då ∆τ∆E ≥ ¯h 2
. Om t är den tid man låter passera
innan man mäter en observabel A, så får man en statistisk fördelning för utfallet av denna
¯h
2∆E
mätning om mätningen upprepas på identiskt preparerade system. ∆τ = blir den
minsta tid som måste gå innan man kan upptäcka någon ändring i denna fördelning. Denna
minsta tid beror ej av vilken observabel A man mäter.
44. Om livslängden är τ = 10 −8 s, så måste osäkerheten ∆τ ≤ τ. Enligt föregående uppgift
har vi ∆E ≥ ¯h
2∆τ ≥ ¯h 2τ . För standardavvikelser har vi (tänk igenom) ∆λ = ∆( )
hc
E ≈
√ √ √
hc
E 3∆E =
λ 2
2 hc 3∆E. Den relativa breddningen
∆λ
λ
≈ λ hc 3∆E ≥
λ ¯h √ 3
hc 2τ
= λ√ 3
4πcτ
=
30 √ 3
4π·3·10
= √ 3
8 4π 10−7 ≈ √ 3 · 10 −8 .
45. Vi kan förutsätta att φ(x) är normerad: (φ,φ) = (f,f) = 1. Vi får
(
〈p x 〉 = fe ikx , ¯h )
∂
i ∂x (feikx ) = ¯hk(f,f) + ¯h i (f,f ′ ).
Här är (f,f ′ ) = ∫ ∞
−∞ ff′ dx = 1 2
x → ±∞.
[
f 2 (x) ] ∞
−∞
= 0 eftersom f(x) är reell och går mot 0 då
46. Verifiera först att [r,H] = i¯h mp. Genom att använda att H är självadjungerad får vi för
ett (normerbart) egentillstånd ψ förväntansvärdet
〈p〉 = m ((ψ,rEψ) − (Eψ,rψ)) = 0.
i¯h
Vad händer om ψ är ett generaliserat egentillstånd i det kontinuerliga spektrumet?
47. Låt ψ n vara ett godtyckligt stationärt bundet tillstånd med energi E n , varvid
d
dt 〈A〉 = d dt (ψ,Aψ) = ī h (ψ n,(HA − AH)ψ n ) = 0,
eftersom Hψ n = E n ψ n och H är självadjungerad.

44
48.
a) P självadjungerad innebär att (ψ 1 ,Pψ 2 ) = (Pψ 1 ,ψ2), där ψ 1 och ψ 2 är två godtyckliga
tillstånd. Vi har
∞∑
∞∑
ψ 1 = a n φ n , φ 2 = b n φ n .
n=1
( )
∑ ∞∑
(Pψ 1 ,ψ 2 ) = a n φ n , b m φ m = ∑ ∞∑
a ∗ n m (φ n ,φ m ) =
n=ν m=1
n=ν m=1b ∑ a ∗ nb n .
n=ν
Vi får p.s.s. (ψ 1 ,Pψ 2 ), dvs. (ψ 1 ,Pψ 2 ) = (Pψ 1 ,ψ 2 ).
b) För egenfunktioner φ n har vi
{
φn , om φ
Pφ n =
n ∈ {φ ν }
,
0, f.ö.
varför P 2 φ n = PPφ n = φ n , eller 0 beroende på om n = ν, något ν, eller ej respektive. Så
P 2 φ n = Pφ n , för alla n. Detta gäller då också för alla linjärkombinationer av φ n , alltså för
alla tillstånd ψ, vilket ger P 2 = P.
c) ψ egenfunktion till P, Pψ = aψ, ger aψ = Pψ = P 2 ψ = a 2 ψ, för alla tillstånd ψ. Då
måste a = 0 eller a = 1 (varför?). a = 1 för alla ψ som tillhör rummet som uppspännes av
φ ν och a = 0 för ψ som tillhör det komplementära rummet.
49. I x-representationen (konfigurationsrumsframställningen) satisfierar vågfunktionen φ n (x)
(− ¯h2 d 2
2m dx 2 + 1 )
(
2 mω2 x 2 φ n (x) = E n φ n (x), E n = ¯hω n + 1 )
.
2
I p-representationen (rörelsemängdsrumsframställningen), där tillstånden är uttryckta i en
bas av generaliserade egenfunktioner till p-operatorn, är vågfunktionen Fouriertransformen
ˆφ n , där
φ n (x) = √ 1 ∫
ˆφ n (p)e ipx/¯h dp.
2π¯h
Eftersom multiplikation med x svarar mot operatorn +i¯h d dp satisfierar ˆφ n (p)
(−¯h2 d2
mω2
2 dp 2 + 1 )
2m p2 ˆφ n (p) = E n ˆφn (p),
som matematiskt är ekvivalent med ekvationen för en harmonisk oscillator med
massan m ′ = 1
mω 2 och vinkelfrekvensen ω ′ = ω.
En jämförelse med de dimensionslösa harmoniska oscillatoregenfunktionerna (FS, sid. 12,
(2.7)) ger då
ˆφ n (p) = √ 1 u n (p/p 0 ), där p 0 = √¯h/m ′ ω ′ = √¯hmω.
p0
Faktorn 1/ √ p 0 kommer från att normeringen skall vara 1 i p-variabeln. Sannolikhetstätheten
för rörelsemängden p blir då
där p 0 = √¯hmω.
n=1
|ˆφ n (p)| 2 = 1 u n (p/p 0 ) 2 1 1
= √ e −(p/p0)2 H n (p/p 0 ) 2 ,
p 0 π · 2n n! p 0

45
50. Vi har H(λ)φ(λ) = E(λ)φ(λ) och ‖φ(λ)‖ = 1, så E(λ) = (φ(λ),H(λ)φ(λ)) = 〈H(λ)〉.
Derivera denna relation
( ) (
dE ∂φ
=
dλ ∂λ ,Hφ + φ, ∂H ) (
∂λ φ + φ,H ∂φ ) (
= φ, ∂H ) [( ) ( ∂φ
∂λ ∂λ φ + E
∂λ ,φ + φ, ∂φ )]
∂λ
〈 〉 ∂H
= + E d 〈 〉 ∂H
∂λ dλ (φ,φ) = ,
∂λ
ty (φ,φ) = ‖φ‖ 2 = 1, vilket skulle visas.
51. Först påminner vi oss att en homogen funktion av grad n, V (λr) = λ n V (r), satisfierar
Eulers ekvation: r · ∇V = nV (visa detta genom att derivera föregående ekvation med
avseende på λ). Med Hamiltonoperatorn H = T + V = p2
2m
+ V (r) får vi
2T − nV = p2
m − r · ∇V.
]
Men [r,H] =
[r, p2
2m
[p,H] = [p,V ] = −i¯h [∇,V ] = −i¯h∇V . Då får vi
= 1
2m
∑i {p i [r,p i ] + [r,p i ]p i } = i¯h p m , dvs. p 2
m = 1
i¯h
[r,H]p och
2T −nV = 1
1
1
{[r,H]p + r[p,H]} = {r · Hp − Hr · p + r · pH − r · Hp} = [r · p,H] .
i¯h i¯h i¯h
Låt nu φ vara ett bundet stationärt tillstånd till H, dvs. Hφ = Eφ, där φ är normerbar;
anta normering ‖φ‖ = 1. Förväntansvärdet i detta tillstånd
〈2T − nV 〉 = (φ,(2T − nV )φ) = 1
1
(φ,[r · p,H] φ) == {(φ,r · pHφ) − (Hφ,r · pφ)}
i¯h i¯h
= 1 E {(φ,r · pφ) − (φ,r · pφ)} = 0.
i¯h
Alltså har vi visat 2〈T 〉 = n〈V 〉, taget i ett godtyckligt bundet stationärt tillstånd.
d
52. Vi söker de egenfunktioner till 2
dx
som är 0 i x = 0 och x = a. De normerade basvektorerna
(egenfunktionerna) blir: φ n =
2 √
2 nπx
a
sin
a
. De sökta matriselementen 〈m|x|n〉 =
⎧
a
∫ ⎨ 2 , om m = n
a
0 φ∗ mxφ n dx = 0, m − n jämnt tal ≠ 0 .
⎩
−
8amn
π 2 (m 2 −n 2 ) , m − n udda
〈m|p x |n〉 =
∫ a
φ ∗ m
0
(
−i¯h d ) {
dx φ n dx =
0, m − n jämnt tal
−
4¯hmn
ia(m 2 −n 2 ) , m − n udda .
53. 〈T 〉 = ∫ ∫ ∫ ( )
ψ ∗ − ¯h2
2m ∆ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
ψ d 3 r = − ¯h2
2m ∇ · (ψ ∗ ∇ψ)d 3 r + ¯h2
2m ∇ψ∗ · ∇ψ d 3 r.
Den första termen i högerledet blir 0 om man använder Gauß sats och den andra är positivt
definit (> 0). 〈E〉 = 〈T 〉 + 〈V 〉 och 〈V 〉 = ∫ ∫ ∫ ψ ∗ V (x)ψ d 3 r ≥ ∫ ∫ ∫ ψ ∗ V min ψ d 3 r = V min
eftersom tillståndet är normerat.

46
54. Normera vågfunktionen: φ(r) =
∆φ(r)
φ .
√
λ 3
π e−λr . Eftersom partikeln har bestämd energi befinner
den sig i ett egentillstånd: − ¯h2
¯h2
2m∆φ+V (r)φ = Eφ och vi får för V : V (r) = E +
2m
Uttryck ∆ i sfäriska koordinater och använd randvillkoret V (r) → 0 då r → ∞ så fås
V (r) = −¯h2 λ
mr och E = −¯h2 λ 2
2m .
〈φ N |V (r)|φ N 〉 =
〈φ N | p2
2m |φ N 〉 =
∫ ∞
0
∫ ∞
φ ∗ N
0
φ ∗ NV (r)φ N 4πr 2 dr = −¯h2 λ 2
m
) (− ¯h2
2m ∆ φ N 4πr 2 dr = ¯h2 λ 2
2m
55. Av sannolikhetstätheten framgår att vi har en normalfördelning. ∆x = √ √
〈x 2 〉 − 〈x〉 2 =
∆ 2 + ( ) ¯ht 2. (
2m∆ För att denna standardavvikelse skall fördubblas krävs att ¯ht 2
2m∆)
=
3∆ 2 ⇒ t = 2√ 3m∆ 2
¯h
≈ 1,50 · 10 −16 s.
56. Insättning av ψ(x,t) i Schrödingerekvationen ger
¯h 2 √
(kx 2 + ky 2 + kz)
2 2mE
= E eller |k| =
2m
¯h 2
57. Vi har Schrödingerekvationen relativt tyngdpunkten:
(−¯h2 )
2µ ∆ − Ae−r/b ψ rel = E rel ψ rel .
Sätt nu ψ rel = R(r)
r
Y lm och utveckla ∆ i sfäriska koordinater:
∆ψ = 1 ∂ 2
r ∂r 2 (rψ) + 1 r 2 Λψ,
där vi vet att ΛY lm = −l(l + 1)Y lm och här har vi att l = 0. För radialdelen får vi:
d 2 R
dr 2 + 2µA
¯h 2 e−r/b R + 2µE rel
¯h 2 R = 0
ρ = e −r/2b ⇒ ρ 2 d2 R
dρ 2 + ρdR dρ + 8µb2 (
Aρ 2 )
¯h 2 + E rel R = 0.
Vi känner igen Bessels differentialekvation som har lösningen R(r) = AJ ν (ξ) + BY ν (ξ),
där ν = b¯h√ −8µErel ≈ 1,010, om vi sätter in det efterfrågade värdet på E rel , och ξ =
b
¯h√
8µAe −r/2b . Randvillkoret R(r) < ∞ för r → ∞ (ξ → 0) ger B = 0. Vi har också
randvillkoret att R(r = a) = 0. Den första roten till J ν , ξ ν,1 ≈ 3,8452, vilket ger a =
2bln b√ 8µA
¯hξ ν,1
≈ 1,5 · 10 −13 m.
58. I FS sid. 13 hittar vi vågfunktionerna för väteatomen. Väteatomens grundtillstånd är
φ 100 . Längst ner på sid. 13 står tabell över de första radialfunktionerna:
P(r > a 0 ) =
∫ ∞
φ 100 = a −3/2
0 2e −r/a0 1
√
4π
(Y 00 = 1 √
4π
).
a 0
φ ∗ 100φ 100 4πr 2 dr = 4 a 3 0
∫ ∞
a 0
r 2 e −2r/a0 dr = 5e −2 ≈ 0,68.

47
59. Grundtillståndet: ψ 100 = a −3/2 2e −r/a 1 √
4π
, där a = a0
Z = 4πǫ 0 ¯h2
Zµe 2 enligt FS (2.14). µ
är reducerade massan: µ = mCmµ
P(r < R) =
∫ R
0
m C+m µ
.
ψ100ψ ∗ 100 4πr 2 dr = 1 −
(1 + 2R )
a + 2R2
a 2 e −2R/a ≈ 4 · 10 −4 .
60. FS (2.8) ger direkt E n = − Ze2
2(4πǫ 0)an 2 ≈ − 13,6
n 2 eV. För n = 3 får vi att E = 1,51eV
räcker för att jonisera en elektron i väteatomen.
61. FS (2.8) ger E n = − Ze2
2(4πǫ 0)an
och a = a0
2 Z
λ ≈ 2,3 · 10 −8 m.
= 4πǫ 0 ¯h2
Zµe 2 . Sätt in data för helium.
62. Väteatomens 2s-tillstånd är ψ 200 . Längst ner på sid. 13 i FS finns en tabell över de första
radialfunktionerna:
ψ 200 = 1 √
2a
3
2
(
1 − r )
e − r
2a Y00 (Y 00 = √ 1 ).
2a
4π
Med potentiella energin V = − e2
4πǫ 0r
, får vi
∫ ∞ (
〈V 〉 = (ψ 200 ,V ψ 200 ) = − e2
8a 3 1 − r ) 2
e
− r e 2
a rdr = − .
πǫ 0 0 2a
16aπǫ 0
Nu utnyttjar vi att
〈T 〉 + 〈V 〉 = 〈H〉
och får
〈T 〉 = E 2 − 〈V 〉 = − e2
32aπǫ 0
+
e2
16aπǫ 0
=
63. Spegelladdningen ger upphov till Coulombkraften: F = − 1
F = −∇V = − dV
dx
Den endimensionella Schrödingerekvationen blir då:
e2
32aπǫ 0
.
ǫ−1
ǫ+1 e2
4πǫ 0 (2x)
. 2
e 2
⇒ V (x) = − 1 ǫ − 1
4πǫ 0 ǫ + 1 4x .
− ¯h2 d 2 ψ
+ V (x)ψ = Eψ.
2m dx2 Den radiella ekvationen för väteliknande atomer:
4πǫ 0
Ze 2
− 1 r
¯h 2 d 2 (rR)
2µ dr 2 + V (r)R = ER,
där V (r) = − 1
r
. Dessa två ekvationer är på samma form om vi sätter ψ = rR och
Z = 1 ǫ−1
4 ǫ+1
och m = µ enligt ledningen. Elektronen utanför heliumytan får alltså samma
energinivåer som en elektron i ett väteliknande system som befinner sig i ett |n00〉-tillstånd.
Energierna blir då enligt FS (2.8):
E n = 1 ( )2
ǫ − 1 ¯h 2 1
32 ǫ + 1 ma 2 0 n 2 .

48
64. Väteatomens grundtillstånd är ψ 100 . Längst ner på sid. 11 finns en tabell över de första
radialfunktionerna:
ψ 100 = 2a − 3 2 e
− r a Y00 (Y 00 = 1 √
4π
).
Eftersom p = mv, får vi
〈v 2 〉 = 1 m 2 〈p2 〉 = 2 m 〈T 〉
där 〈T 〉 är medelvärdet av kinetiska energin. Genom att utnyttja att
〈T 〉 + 〈V 〉 = 〈H〉,
blir det sökta medelvärdet
〈v 2 〉 = 2 m (E 1 − 〈V 〉).
Medelvärdet av potentiella energin beräknas
och
∫ ∞
〈V 〉 = (ψ 100 ,V ψ 100 ) = − e2
a 3 e − 2r e 2
a rdr = −
πǫ 0 4aπǫ 0
0
〈v 2 〉 = 2 m (E 1 − 〈V 〉) = 2 m
= {FS sid. 13 ger
(− e2
8aπǫ 0
+
)
e2
=
4aπǫ 0
e 2
= ¯h2
4πǫ 0 ma } = ¯h2
m 2 a 2 .
e 2
4πǫ 0 ma
Vilket ger
¯v = √ 〈v 2 〉 = ¯h ma
65. Sannolikhetstätheten i radialled ges av
f(r) = |k| 2 ψ ∗ ψ4πr 2 = C
(
4r 2 − 4 a 3 r 3 + 1
0 a 2 r
)e 4 −r/a0 .
0
Sannolikaste avstånd fås ur df
dr
= 0. Detta ger en 3:e-gradsekvation med lösning
r 0 = (3 + √ 5)a 0 .
För att få medelavståndet behöver vi normera vågfunktionen. FS sid. 13 ger då:
ψ 2s = a −3/2 g 2s (ρ)Y 00 ⇒ k = a−3/2 0
√
32π
〈r〉 = ψ ∗ 2srψ 2s 4πr 2 dr = 6a 0 .

49
66. Största centrifugalkraften fås för l = n−1 (varför?). Ansatslösning av radiella Schrödingerekvationen
enligt polynommetoden (eller studium av vätevågfunktioner i formelsamlingen)
ger då
R nl = konst. · r n−1 e −r/(na) ,
där a är Bohrradien,
varav
〈r〉 =
∫ ∞
0
∫ ∞
0
r 2n−1 e −2r/(na) r 2 dr
r 2n−2 e −2r/(na) r 2 dr = na
2
(2n + 1)!
(2n)!
n(2n + 1)
= a
2
och på samma sätt, 〈r 2 〉 = ( na
〈r〉
2
) 2 (2n+2)!
(2n)!
= a 2 n 2 (4n 2 +6n+2)
4
. Med (∆r) 2 = 〈r 2 〉 − 〈r〉 2 får
vi ∆r = √ 2n+1
. För stora huvudkvanttal är medelavvikelsen ∆r liten jämfört med orbitalens
radie 〈r〉 (t.ex.: ∆r för en satellit kring jorden blir omätbart litet), i enlighet med
korrespondensprincipen. ∆r
〈r〉 = 10−2 ger 2n + 1 = 10 4 och 〈r〉 ≈ a(5 · 10 3 ) 2 = 1,3mm.
67. Vi skall lösa
1
r
d 2
dr 2 (rφ e(r)) = −ρ e (r)/ǫ 0 ,
där φ e (0) är reguljär (ingen punktladdning i origo) och φ e (∞) = 0 (standardnormering).
Laddningstätheten i grundtillståndet
ρ e (r) = − |ψ(r)| = − 1 a 3 1
π e−2r/a
(FS sid. 11; vi sätter a för a 0 och räknar potentialen i enheter e). Inför lämplig dimensionslös
radie x = 2r
a
, varvid vi får ekvationen
d 2
dx 2 (xφ e) = Kxe −x , med K = 1
4πǫ 0
1
a .
Man inser lätt att uppintegrerade xφ e måste vara av formen K [(bx + c)e −x + Ax + B]. Genom
att ta andraderivatan av detta och identifiera med Kxe −x fås K [(x + 2)e −x + Ax + B].
φ e (∞) = 0 ger så A = 0, och φ e (0) reguljär (ändlig) ger B = −2, eftersom vi för små x har
φ e (x) = K (2/x + B/x + 1 + ...). Alltså
Eftersom φ k (r) = 1
[(
φ e (x) = K 1 + 2 )
e −x − 2 ]
= − 1 1
x x 4πǫ 0 r + 1 ( 1
4πǫ 0 a + 1 )
e −2r/a .
r
1
4πǫ 0 r
, så fås totala potentialen
φ(r) = φ k (r) + φ e (r) = 1 ( 1
4πǫ 0 a + 1 )
e −2r/a .
r
(
Enligt ovan är φ e (0) = −K = − 1 1
1
4πǫ 0 a
, så att φ(r) = 1
4πǫ 0 r − 1 a + O(r)) då r → 0 (gäller
om r ≪ a). (Kärnpotentialen – konstant bidrag från elektronhöljet). Då r → ∞ (r ≫
a) är det dominerande bidraget en exponentiellt avtagande potential (skärmad potential)
1
4πǫ 0
1
a e−2r/a .

50
68. För att skapa elektron-positronparet krävs att elektronens bindningsenergi blir större än
(den relativistiska) viloenergin som krävs för att skapa elektron-positronparet. E 1 ≥ 2m e c 2 ,
där E 1 är elektronens bindningsenergi och m e är elektronmassan. FS (2.8) (n = 1):
E 1 = Ze2
2a
1
4πǫ 2 0
=
Zµe 4
2¯h 2 (4πǫ 0 ) 2 ,
där reducerade massan µ = mem kärna
m e+m kärna
≈ m e , Z ≥ 8πǫ0¯hc
e 2 ≈ 274.
69. Av tidsutvecklingen ser vi att vi har energiegentillstånd och de är olika eftersom E a < E b .
Vi kan nu bestämma α, β, E a och E b genom en direkt avläsning i FS sid. 13. Vi ser på första
temen att den kommer från 1s-tillståndet. Alltså är α = 1 och E a = E 1 . Den andra termen
kommer från n = 2-tillstånd så β = 1 2 och E b = E 2 . Direkt jämförelse med formelsamlingen
ger att e −αρ = 1 2 g 1s. (2 − ρ)-delen i andra termen är sfäriskt symmetrisk och kommer från
2s-tillståndet:
(2 − ρ)e −βρ = 4 √
2
g 2s .
Termen xe −βρ står då för ett 2p-tillstånd. Utveckla i klotytfunktioner för att se vilka m som
ingår:
x = ρsin θ cos φ = ρsin θ 1 2
(
e iφ + e −iφ) = ρ 2
√
8π
3 (Y 1,−1 − Y 11 ) (FS sid. 4)
Vi har nu:
φ(r,0) = A √ ( 1
4π
2 g 1sY 00 + √ 4 )
g 2s Y 00 − 2g 2p Y 11 + 2g 2p Y 1,−1 .
2
Härav ser vi att de ingående konfigurationerna är (1,0,0), (2,0,0), (2,1,1) och (2,1, −1).
Vi har också utvecklat φ(r,0) i egenfunktioner som är ortonormala och kan därför normera:
(φ(r,0),φ(r,0)) = A ′ 2 4π
( 1
4 + 8 + 4 + 4 )
= 1,
så att A ′ = 1 √
65π
. Av FS (2.9) ser vi att
A = 1 √
a
3
0
A ′ = 1 √
65π
1
√
a
3
0
.
〈H〉 φ kan vi räkna ut direkt eftersom vi vet hur H opererar på de normerade egentillstånden.
Vi får (jfr. skalärprodukten ovan):
〈H〉 φ = 4π ( )
Ea
65π 4 + 16E b = 17
65 E a.
70. Vi ska lösa Schrödingerekvationen:
− ¯h2
2m ∇2 ψ +
(−V 0 + 1 )
2 mω2 r 2 ψ = Eψ.

51
Separera i kartesiska koordinater: ψ = X(x)Y (y)Z(z):
− ¯h2 X ′′
2m X + 1 ( )
2 mω2 x 2 = ¯h2 Y
′′
2m Y + Z′′
+ V 0 − 1 ( Z 2 mω2 y 2 + z 2) + E = E x .
Upprepas proceduren ser man att ψ blir en produkt av tre endimensionella harmoniska
oscillatorerfunktioner och att energin E = E x +E y +E z −V 0 . E x , E y , och E z är egenvärden
till endimensionella harmoniska oscillatorn:
(
E i = n i + 1 )
¯hω
2
(
och energin E = n x + n y + n z + 3 )
¯hω − V 0 .
2
Vi måste nu också beräkna degenerationsgraden för ett givet n för att se hur många nukleoner
som “får plats” i varje skal. Om n x = k, så måste n y +n z = n−k. Detta kan ske på n−k+1
sätt och vi får degenerationsgraden:
n∑
(n − k + 1) = n(n + 1) −
k=0
n(n + 1)
2
+ (n + 1) =
(n + 1)(n + 2)
.
2
Det ryms alltså (n + 1)(n + 2) nukleoner i ett givet skal. För de första skalen ger detta
2, 6 och 12 nukleoner. Kärnor som har helt fyllda skal skall alltså ha 2, 8, 20 nukleoner
totalt. Sådana kärnor kallas magiska och blir specillt stabila. Exempelvis blir heliumkärnan
som är dubbelmagisk (2 protoner och 2 neutroner) väldigt stabil vilket är grunden vid
fusionsreaktioner. För att få högre magiska tal krävs att man även tar hänsyn till spinnbankoppling.
71. Den fullständiga Schrödingerekvationen för tvåpartikelsystemet:
( ¯h
2
)
− ∇ 2 1 + ¯h2 ∇ 2 2 ψ + 1 2m 1 2m 2 2 µω2 (r − r 0 ) 2 ψ = Eψ.
Separation i tyngdpunktsdel och relativdel ger:
− ¯h2
2M ∆ Rψ R = E R ψ R
−¯h2
2µ ∆ rψ r + 1 2 µω2 (r − r 0 ) 2 ψ r = E r ψ r .
Det är den senare ekvationen som ger vibrations- och rotationsenergierna. Tyngdpunktsrörelsen
ger en kinetisk translationsenergi. Om man uttrycker ∆-operatorn i vinkeldel och radialdel
i sfäriska koordinater ser vi att det är lämpligt att utveckla lösningen i klotytfunktioner
genom att skriva ψ r = u(r)
r Y lm, där u ska bestämmas. Sätt in i Schrödingerekvationen och
förkorta bort klotytfunktionerna:
−¯h2
2µ u′′ + ¯h2 l(l + 1)
2µ r 2 + 1 2 µω2 (r − r 0 ) 2 u = Eu.

52
Vi betraktar I = µr 2 som konstant för små vibrationer och får då:
−¯h2
2µ u′′ + 1 ( )
2 µω2 (r − r 0 ) 2 u = E − ¯h2 l(l + 1)
u.
2I
Vi känner igen detta som endimensionella harmoniska oscillatorn eftersom termen r 0 inte
ändrar derivatan. Detta ger oss direkt energierna:
(
E nl = n + 1 )
¯hω + ¯h2 l(l + 1)
.
2 2I
Vi har alltså fått en uppdelning i en vibrationsdel och en rotationsdel. Approximationen är
bara giltig för små n.
72. Insättning av ansatsfunktionen i Hφ = Eφ, med
ger efter division med φ
E = E xy + E z =
H = 1
2m (p x − eBy) 2 + 1
2m p2 y + 1
2m p2 z + V (z)
+
[− ¯h2 d 2
2m dy 2 f(y) + 1
] 1
2m (¯hk − eBy)2 f(y)
f(y)
[− ¯h2 d 2
] 1
2m dz 2 g(z) + V (z)g(z) g(z) .
Egenvärdesekvationen för g(z) har lösningarna
(
g(z) = A n sin n πz )
, egenvärden E z (n) = n 2 ¯h2 π 2
a
2ma
, n = 1,2,....
2
Med substitutionen y ′ = y − ¯hk
eB
[− ¯h2
2m
d 2
blir xy-ekvationen
dy ′ 2 + 1
]
2m e2 B 2 y ′ 2
F(y ′ ) = E xy F(y ′ ),
dvs. ekvationen för en harmonisk oscillator med ω = eB m
. Vi får då
E xy (N) = ¯h eB (
N + 1 )
, N = 0,1,2,....
m 2
Totalt fås energinivåerna
E(k,n,N) = n 2 π2¯h 2
2ma 2 + ¯heB
m
(
N + 1 )
, −∞ < k < ∞;n = 1,2,...;N = 0,1,....
2
Vi får diskreta egenvärden, men eftersom energierna är oberoende av k, så är varje energiegenvärde
∞-degenererat.
b) Använd ansatsen e ikx f(y)g(z)χ m , där χ m är en egenfunktion till spinnoperatorn S z . Man
inser snart att energinivåerna blir
E(k,n,N) = n 2 π2¯h 2
2ma 2 + ¯heB
m
(
N + 1 2
)
− gm s , −∞ < k < ∞;n = 1,2,...;N = 0,1,....

53
73. Eftersom H ej innehåller x gäller [H,η] = 0. Vidare ser vi att
[(
x − 1 ) ]
eB p y ,(p x − eBy) = [x,p x ] + [p y ,y] = 0,
vilket ger [H,ξ] = 0. Att [ξ,η] = − i¯h
eB ≠ 0 inses direkt. ξ och η är rörelsekonstanter, men
ingen gemensam egenfunktion till H och ξ kan samtidigt vara egenfunktion till η och omvänt.
74. Visa först det allmänna uttrycket för tidsutveckling av medelvärden
d
dt 〈Q〉 = ī 〈 〉 ∂Q
h 〈[H,Q]〉 + .
∂t
Här är Q = mr så ∂(mr)
∂t
= 0, eftersom r är en konstant operator. Vi visar satsen för
komponenten x (alla riktningar är likvärda)
[ ]
(p − eA)
2
[H,x] = + eφ,x = 1 [
p 2 + e 2 A 2 − e(p · A + A · p),x ] + [eφ,x]
2m
2m
Då har vi visat
= { [ A 2 ,x ] = 0, ty A bara multiplikationsoperator}
1 [
= p 2 ,x ] − e [p · A,x] −
e [A · p,x]
2m 2m 2m
1 [
= p
2
2m x ,x ] − e
2m [p xA x ,x] −
e
2m [A xp x ,x]
1
=
2m p x [p x ,x] + 1
2m [p x,x]p x −
e
2m p x [A x ,x]
e
−
2m [p x,x] A x −
e
2m A x [p x ,x] −
e
2m [A x,x]p x
= − i¯h m p x + ie¯hA x
m .
d
〈mr〉 = 〈p − eA〉 = 〈P〉 .
dt
75. Det räcker att visa påståendet för en komponent x. Vi har
d
dt 〈x〉 = ī h 〈[H,x]〉 = 〈p x〉
m + ω〈y〉, där ω = eB z
2m .
På samma sätt för de övriga komponenterna. Sedan får vi
d 2 〈[
dt 2 〈x〉 = H, ī ]〉
h [H,x] .
Utveckla den dubbla kommutatorn, så fås
vilket skulle visas.
i
[
H, p ]
x
¯h m + ωy = ... = e m
( d
dt 〈r〉 × B )
,
x

54
76. Allmänt om störningsräkning: Låt H 0 vara en Hamiltonoperator med känt spektrum
Sp(H 0 ) och kända egenfunktioner svarande mot den diskreta delen av Sp (H 0 ) (egenvärden;
dessa ligger på negativa energiaxeln). Vi lägger till en term H ′ som betraktas som en störning
av H 0 :
H = H 0 + ǫH ′ ,
där ǫ är liten i den mening som följer. Idén (förhoppningen) är att Sp (H) inte ska skilja sig
mycket från Sp(H 0 ) om ǫ är tillräckligt liten.
Problem: Lös egenvärdesproblemet
Hφ(ǫ) = E(ǫ)φ(ǫ).
Studera ett (godtyckligt) enkelt egenvärde E 0 ∈ Sp(H 0 ). Då är motsvarande egenfunktion
φ 0 , H 0 φ 0 = E 0 φ 0 , entydigt bestämd av E 0 . φ 0 och E 0 antas vara väl kända. Anta nu att
det sökta E(ǫ) och φ(ǫ) ligger nära E 0 och φ 0 , och att de är analytiska i parametern ǫ
E(ǫ) ∼ E 0 + ǫe 1 + ǫ 2 e 2 + ... (1)
(Rayleigh-Schrödingerserien)
φ(ǫ) ∼ φ 0 + ǫφ (1) + ǫ 2 φ (2) + ... (2)
Sätt in (1) och (2) och identifiera koefficienterna i potensserien i ǫ.
Anmärkning: Vi kan anta att ‖φ 0 ‖ = 1, (φ 0 ,φ (1) ) = (φ 0 ,φ (2) ) = 0, och (φ 0 ,φ(ǫ)) ≠ 0 om
φ(ǫ) är analytisk och ǫ liten.
Svåra frågor: (i) Vilka krav måste man ställa på H 0 och H ′ för att (1) och (2) ska ha
nollskild konvergensradie? (ii) Om högerleden i (1) och (2) konvergerar, är det då säkert
att man har likhet i (1) och (2)? (iii) Vad kan sägas ifall (1) och (2) inte konvergerar,
innehåller ändå e 1 , e 2 osv. någon information om E(ǫ) (asymptotisk konvergens, summering
av divergenta serier ...)? Dessa frågor går vi inte in på – som fysiker jämför vi beräkningen
med experiment.
I det givna problemet är H 0 = − ¯h2 d 2
2m dx
+ 1 2 2 mω2 x 2 och H ′ = ǫx.
1. Exakt lösning. Kvadratkomplettera
H = − ¯h2
2m dx 2 + 1 ( 2 mω2 x +
ǫ ) 2 ǫ 2
−
mω 2 2mω 2 .
Sätt ξ = x + ǫ d
mω
, 2
2 dx
= d2
2 dξ
⇒ egenvärdeproblemet
2
[− ¯h2 d 2
2m dξ 2 + 1 ]
2 mω2 ξ 2 ψ(ξ) = (E + ǫ2
d 2
2mω )ψ(ξ).
)
, ∆En (ǫ) = E n (ǫ) − E n (0) = − ǫ2
2mω
. (Sp (H) är
2
Alltså har vi E n (ǫ) = −
ǫ2
2mω
+ ¯hω ( n + 1 2 2
en translation av Sp (H 0 ).)
2. Störningsräkning. Lägg först märke till att om (1) konvergerar mot E n (ǫ) så gäller
E n (ǫ) = ǫ 2 e 2 – endast 2:a ordningens störning är nollskild. Vi kontrollerar att e 1 = 0:
e 1 = (ψ n ,H ′ φ n ) = 〈n|x|n〉 = 〈n| √ x0
2
(a + a † )|n〉 = 0. Andra ordningens störning blir
e 2 = − ∑ 〈n ′ |H ′ |n〉〈n|H ′ |n ′ 〉
E ′ n ′ ≠n n − E n
= − 1
2mω 2 ,
som väntat.
= − ∑ n ′ ≠n
|〈n ′ |H ′ |n〉| 2
E ′ n − E n
= − 1
2mω 2 ∑
n ′ ≠n
|〈n ′ |a + a † |n〉| 2
n ′ − n

55
77. Vi kan skriva Hamiltonoperatorn som
där
och
d 2
H = H 0 + V ′ = − ¯h2
2m dx 2 + V 0 + V ′ ,
{
∞ om x < 0 eller x > 4a
V 0 (x) =
0 0 < x < 4a
{
V ′ 0 om x < a eller x > 3a
(x) =
a < x < 3a
V 1
På samma sätt som i uppgift 14 finner vi att lösningen till den ostörda Hamiltonoperatorn
H 0 är
√
1
( πn
)
ψ n (x) =
2a sin 4a x ,
med energinivåerna
E n = n2 π 2¯h 2
32ma 2 .
Eftersom energinivåerna är icke degenererade, blir första ordningens störning:
e n = (ψ n ,V ′ ψ n ) = V 1
2a
Då blir energinivåerna
∫ 3a
78. Reducerade massan µ = m/2. Sätt
a
( sin 2 πn
)
4a x dx = V 1
2 + V (
1 πn
)
πn sin .
2
E n = n2 π 2¯h 2
32ma 2 + V 1
2 + V (
1 πn
)
πn sin .
2
e 2
= b och a = ¯h2
4πǫ 0 bµ = 2¯h2
bm
Då blir vågfunktionen i grundtillståndet (FS sid. 13)
( ) 3
bm
ψ 100 = 2
2¯h 2
och den ostörda energin
2
e
− bmr
2¯h 2 Y 00 (Y 00 = √ 1 ) 4π
E (0)
1 = − b2 m
4¯h 2 .
Eftersom energinivån är icke-degenererad, blir första ordningens störning:
(
E (1)
bm
1 = (ψ 100 ,crψ 100 ) = 4c
och grundtillståndets energi blir
2¯h 2 ) 3 ∫ ∞
E 1 = E (0)
1 + E (1)
1 = − b2 m
4¯h 2 + 3c¯h2
bm .
0
re − bmr
¯h 2 r 2 dr = 3c¯h2
bm

56
79. Störningen av vätehamiltonoperatorn (med Z = 1) har utseendet
{ (
)
V ′ −
(r) =
e2 3
4πǫ 0R 3 2 R2 − 1 2 r2 − R3
r
, r < R
0, r > R .
Första ordningens korrektion till energin
om tillstånden |nlm〉 är normerade.
e 1 = 〈nlm|V ′ |nlm〉
〈nlm|nlm〉
δE nl =
∫ R
0
= 〈nlm|V ′ |nlm〉,
R nl (r)R nl (r) ∗ V ′ (r)r 2 dr.
Nu är R nl (r) ≈ R nl (0) då 0 < r < R, eftersom atomkärnans radie R ≪ a, Bohrradien för
myonen. Vi får till nollte ordningen i R a
δE nl = |R nl (0)| 2 ∫ R
0
V ′ (r)r 2 dr = e2 R 2
4πǫ 0
1
10 |R nl(0)| 2 .
Men R nl (0) = 0 för l ≥ 1 (vilket innebär att myonen påverkas av en centrifugalkraft som
håller den utanför kärnan), dvs. den mätbara effekten av den ändliga kärnradien ges av
δE n0 = e2 R 2
4πǫ 0
1
10 |R n0(0)| 2 .
Eftersom R n0 (0) avtar med ökande huvudkvanttal n är det myonens grundnivå som påverkas
mest, och får den korrigerade energin (FS sid. 13 ger grundtillståndet R 10 (r) = 2 e −r/a ,
a 3/2
där a Bohrradien för myonen, så R 10 (0) = 2 )
a 3/2
och grundnivåns energi blir
E = E (0) [
δE 10 = e2 R 2
10πǫ 0 a 3
1 − 8 ( ) 2 R
+ ...]
,
10 a
där E (0) = −
e2
8πǫ 0a
är den ostörda energin, a =
4πǫ0¯h2
µe 2 , µ = mµmp
m µ+m p
.
80. Låt ψ l vara en egenfunktion, för en bestämd rörelsemängd l, till den ostörda radiella
Hamiltonoperatorn
(
H 0 = − ¯h2 d
2
2m dr 2 + 2 )
(
d l(l + 1)
−
r dr r 2 + V (r) = − ¯h2 d
2
2m dr 2 + 2 )
d
+ V eff (r),
r dr
där
V eff (r) = V (r) + ¯h2 l(l + 1)
2m r 2 ,

57
där den andra termen i den effektiva potentialen kan betraktas som en centrifugalpotential.
Inför man en positiv störningspotential V ′ enligt figuren blir första ordningens energikorrektion
E (1) = (ψ l ,V ′ ψ l ) =
∫ ∞
0
|ψ l | 2 V ′ (r)r 2 dr positiv.
De tillstånd ψ l som har stor vikt vid kanten r = a ökar mest. För små värden på l (t.ex. 0) är
ψ l koncentrerad nära r = 0 och med Schrödingerekvationen kan man se att ψ l (r) → 0, l →
∞, för fixt r (centrifugalpotentialen dominerar för stora l, som då “pressar ut” tillståndet).
Slutsats: Energinivåernas förskjutning som funktion av l E (1) (l) växer först med l för att
sedan gå mot noll.
81. Hamiltonoperatorn har formen H = H 0 + H 1 , där H 0 = p2
2m −
e2 1
4πǫ 0 r
är den ickerelativistiska
vätehamiltonoperatorn och H 1 = −
p4
8m 3 c
betraktas som en störning. Grundtillståndet
för den ostörda 2 operatorn
φ (0)
1
100 (r) = 2a−3/2 0 e −r/a0 √
4π
E (0)
1 = − e2
8πǫ 0 a 0
(normerat)
Sätt E 1 ≈ E (0)
1 + E (1)
1 , grundnivån för H. Första ordningens störningsräkning ger
E (1)
1 = (φ (0)
100 ,H 1φ (0)
100 ) = − 1
8m 3 c 2 (φ(0) ,p 4 φ (0) ).
Beräkning av matriselementet:
Alternativ 1: Eftersom p 2 är självadjungerad [ gäller ] (φ (0) ,p 4 φ (0) ) = (p 2 φ (0) ,p 2 φ (0) ) och
H 0 φ (0) = E (0) ⇒ p 2 φ (0) = 2m E (0) + e2 1
4πǫ 0 r
φ (0) , dvs.
[
(p 2 φ (0) ,p 2 φ (0) ) = 4m 2 (E (0) ) 2 (φ (0) ,φ (0) ) + 2E (0) e 2 (
φ (0) , 1 ) ( ) e
2 2 (
4πǫ 0 r φ(0) + φ (0) , 1 ) ]
4πǫ 0 r 2 φ(0) ,
där (φ (0) ,φ (0) ) = 1 och
(φ (0) , 1 〈 1
r φ(0) ) ≡ =
r〉
4 a 3 0
(φ (0) , 1 〈 〉 1
r 2 φ(0) ) ≡
r 2 = 4 a 3 0
(vinkelintegrationen blir trivial). Vi får då
∫ ∞
0
∫ ∞
0
1
r e−2r/a0 r 2 dr = 1 a 0
,
1
r 2 e−2r/a0 r 2 dr = 2 a 2 0
( ) e
(φ (0) ,p 4 φ (0) ) = 5m 2 2 2 ( ) 4 ¯h
= 5 .
4πǫ 0 a 0 a 0
Alternativ 2: p 4 = ¯h 4 ∆ 2 , där ∆ är Laplaceoperatorn. Vi kan räkna ut (vi vet från vektoranalysen
att ∆ 1 r = −4πδ 0, där δ 0 är den tredimensionella Diracfunktionen)
∆ 2 e −r/a0 = ∆∆e −r/a0

58
[ ( (−1 ) )] [ ( 2 (
= ∆ e −r/a0 (∇r) 2 − 1 ) )] 2 1
∆r = ∆ e −r/a0 − 1 2
a 0 a 0 a 0 a 0 r
( ( ) )
( 2 ( 1
=
− 1 ) ) 2
2
1
∆e −r/a0 + 2(∇e −r/a0 ) · ∇ − 2 − 1 (−8πδ 0 )
a 0 a 0 r
a 0 a 0 r a 0
( ( ) ) 2 2
1
= e −r/a0 − 2 ( ) −1
+ 2 e −r/a0 (∇r) 2 2
a 0 a 0 r a 0 a 0 r 2 + 8π δ 0
a 0
= e −r/a0 ( ( 1
a 0
) 4
− 4
a 3 0 r )
+ 8π
a 0
δ 0 ,
för att sedan beräkna integralen
∫
e −r/a0 (∆ 2 e −r/a0 )r 2 drdΩ = 4π
Med insatta faktorer
Slutligen
(φ (0) ,p 4 φ (0) ) = 4a −3
0
∫ ∞
0
e −2r/a0 ( ( 1
a 0
) 4
− 4
a 3 0 r )
r 2 dr + 8π
a 0
= π a 0
− 4π
a 0
+ 8π
a 0
= 5π
a 0
.
1 5π
4π¯h4
( ) 4 ¯h
= 5 .
a 0 a 0
E (1) = − 1 (φ (0)
8m 3 c 2 ,p 4 φ (0)) = − 5 ( ) 4
1 ¯h
8 m 3 c 2 = − 5 (
a 0 2mc 2 E (0)) 2 5 = −
8 mc2 α 4
där α =
≈
−9,1 · 10 −4 eV,
e2
4πǫ ≈ 1
0¯hc 137
är den dimensionslösa finstrukturkonstanten (se även uppgift 114).
82. Systemets ostörda energinivåer är E n = n 2 E 1 , där E 1 = ¯h2 π 2
8ma
, n = 1,2,... och motsvarande
egenfunktioner φ n = √ 1
a
2 sin[nπ(x + a)/2a]. Då (φ n (x)) 2 är en jämn funktion i
x, medan störningen sin πx
a är udda, så försvinner alla diagonalmatriselement (φ n,H ′ φ n ):
Första ordningens störning (för varje nivå) är noll. I andra ordningen gäller
e 2 = −
∞∑
n=2
|(φ n ,H ′ φ 1 )| 2
E n − E 1
.
Uppenbarligen fås bidrag endast från jämna n = 2k, k = 1,2,.... Med beteckningen
fås
A k =
∫ a
−a
φ 2k (x)sin πx
a φ 1(x)dx = 2 π
e 2 = −ǫ 2 E 1
∞
∑
k=1
∫ π
0
sin2ky sin(2y − π)sin y dy
A 2 k
4k 2 − 1 .

59
Beräkning av A k : Upprepad användning av trigonometriska “produkt till summa”-formler
ger
sin2ky sin 2y sin y = 1 [−sin(2k + 3)y + sin(2k + 1)y + sin(2k − 1)y − sin(2k − 3)y] .
4
Med ∫ ∞
sin(2M + 1)y dy = 2
0 2M+1 fås
A k = − 2 π · 1 [
4 · 2 − 1
2k + 3 + 1
2k + 1 + 1
2k − 1 − 1 ]
2k − 3
Serien konvergerar snabbt:
= 1 π
32k
(4k 2 − 9)(4k 2 − 1) .
e 2 ≈ −ǫ 2 E 1
1
π (1,5170 + 0,0248 + 0,0003 + ...) ≈ −0,156ǫ2 E 1 .
83. L-skalet (n = 2) är 2 2 = 4-faldigt degenererat om vi bortser från spinnet (H ′ verkar
trivialt på spinndelen av tillståndet). Låt V (E (0) ) vara det fyrdimensionella egenrummet till
L-energiegenvärdet och anta att φ (0) ∈ V (E (0) ). Ansätt E = E (0) + ǫe 1 , φ = φ (0) + ǫφ (1)
(ǫ används för att identifiera termer i en potensserie), 1:a ordningens störning. Sätt in i
Schrödingerekvationen, varvid till 1:a ordningen i ǫ
H 0 φ (1) + H ′ φ (0) = e 1 φ (0) + E (0) φ (1) .
Nu har H 0 φ (1) och E (0) φ (1) samma projektion på V (E (0) ), så i V (E (0) ) gäller ekvationen
H ′ φ (0) = e 1 φ (0) ,
vilket utgör ett ändligdimensionellt egenvärdesproblem. H ′ :s verkan i V (E (0) ) kan representeras
med en matris om vi först väljer en ON-bas V (E (0) ),
varvid problemet får utseendet
φ (0) =
4∑
c i φ i , H ij ′ = (φ i ,H ′ φ j ),
i=1
4∑
H ijc ′ j = e 1 c i , i = 1,...,4.
j=1
Eftersom [H 0 ,L z ] = [H ′ ,L z ] = 0 så kan vi anta att både de störda och de ostörda tillstånden
är egentillstånd till L z . De ostörda tillstånden i L-skalet som svarar mot respektive
störda tillstånd är alltså linjärkombinationer av tillstånd med givet magnetiskt kvanttal:
ψ 211 , ψ 21,−1 och aψ 210 + bψ 200 . För att bestämma a och b observerar vi att
z = r cos ν, (Y 10 ,cos νY 10 ) = (Y 00 ,cos νY 00 ) = 0 och (Y 10 ,cos νY 00 ) = (Y 00 ,cos νY 10 )
(H ′ är självadjungerad). I matrisform har alltså H ′ :s verkan på m = 0-tillstånden utseendet
( )
H ′ 0 A
= ,
A 0

60
med egenvärden ±A, och man ser att a = ±b respektive, dvs. a = 1 √
2
= ±b om tillstånden
normeras till 1.
Beräkning av egenvärden:
men
e (1)
1 = (ψ 211 ,H ′ ψ 211 ) = (ψ 21,−1 ,H ′ ψ 21,−1 ) = e (2)
1 ,
∫
Y 2
11(ν,ϕ)dΩ ∼
∫ ∞
0
cos 2 ν cos ν sinν dν = 0
så e (1)
1 = e (2)
1 = 0 svarande mot de ostörda tillstånden ψ 211 och ψ 21,−1 .
e (3)
1 = 1 2 (ψ 210 + ψ 200 ,H ′ (ψ 210 + ψ 200 )) = (ψ 210 ,H ′ ψ 200 )
och e (4)
1 = −e (3)
1 . Återstår att beräkna ett matriselement. Enligt FS sid. 13 har vi
√
6
ψ 210 = a −3/2 g 2p (ρ)Y 10 (ν,ϕ) = a −3/2 12 ρe−ρ/2 Y 10 ,
ψ 200 = a −3/2 g 2s (ρ)Y 00 (ν,ϕ) = a −3/2 √
2
2
där ρ = r a ; vi har också z = √4π
3 aρY 10.
√
3
(ψ 210 ,H ′ ψ 200 ) = eE z
12
a
= eE z
12
∫ ∞
0
∫ ∞
0
(1 − 1 2 ρ )
∫
ρ 4 e −ρ dρ
(1 − 1 2 ρ )
ρ 4 e −ρ dρ = eE z
a
12
(1 − 1 2 ρ )
e −ρ/2 ,
√
4π
Y 10 Y 00 √ aY 10 dΩ 3
[Γ(5) − 1 ]
2 Γ(6)
Sammantaget:
Ostört tillstånd 1:a ordningens energikorrektion
ψ 211 0
ψ 21,−1 0
1√
2
(ψ 210 + ψ 200 )
−3eE z a
1√
2
(ψ 210 − ψ 200 )
3eE z a
I första ordningens störningsräkning hävs degenerationen partiellt.
84. Störningen av Coulombfältet
= −eE z 3a.
(
V ′ = V − V Coulomb = − e2 1
− 1 )
= e2 r 0
4πǫ 0 r + r 0 r 4πǫ 0 r(r + r 0 ) =
e2 ρ 0
4πaǫ 0 ρ(ρ + ρ 0 ) ,
där vi har infört ett lämpligt dimensionslöst avstånd ρ = r/a, ρ 0 = r 0 /a, a = a 0 är
Bohrradien. I det fyradimensionella ostörda energiegenfunktionsrummet till energinivån
n = 2 har V ′ matriselementen V ij = (φ i ,V ′ φ j ), där, enligt FS sid. 13, φ 1 = a −3/2 g 2s Y 00 ,
φ 2,3,4 = a −3/2 g 2p Y 1m , m = −1,0,1 respektive. Eftersom V ′ är sfäriskt symmetrisk och

61
Y 00 , Y 1,−1 , Y 10 och Y 11 är ortogonala följer det att V ij = 0 om i ≠ j. Vi approximerar
diagonalelementen genom att utnyttja att ρ 0 ≪ 1:
V 11 = 1 e 2 ∫ ∞
(
ρ 0
1 − 1 ) 2
2 4πaǫ 0 0 ρ(ρ + ρ 0 ) 2 ρ ρ 2 e −ρ dρ
= 1 e 2 ∫ (
∞
ρ 0
2 4πaǫ 0 0 ρ 2 1 − ρ ( ) ) 2 (
0
ρ + ρ0
− ... 1 − 1 ) 2
ρ
2 ρ ρ 2 e −ρ dρ
= 1 e 2 ∫ ∞
(
ρ 0 1 − 1 ) 2
2 4πaǫ 0 0 2 ρ e −ρ dρ + O(ρ 2 0)
e 2 ∫ ∞
)
= ρ 0
(1 + ρ2
8πaǫ 0 0 4 − ρ e −ρ dρ + O(ρ 2 0)
e 2 [
= ρ 0 Γ(1) + 1 ]
8πaǫ 0 4 Γ(3) − Γ(2) + O(ρ 2 0) = e2
ρ 0 + O(ρ 2
16πaǫ
0).
0
På samma sätt
V 22 = V 33 = V 44 =
e2
48πaǫ 0
ρ 0 + O(ρ 2 0).
Villkor: V 11 − V 22 = 10 −7 E H = 10 −7 e2
8πaǫ 0
⇒ r 0 = 3 · 10 −7 a ≈ 1,6 · 10 −15 cm.
85. Av formen på energiegenfunktionerna inses att vi har energinivåer svarande mot (n x ,n y ) =
(1,0) respektive (0,1) och E(1,0) = E(0,1) = 2¯hω. För beräkning av H ′ :s matriselement i
det tvådimensionella ostörda energiegenfunktionsrummet uppspänt av φ 1 och φ 2 behöver vi
först beräkna normeringskonstanten N:
(φ 1 ,φ 1 ) = (φ 2 ,φ 2 ) = N 2 ∫
√
så att N = mω 2
¯h
∫
x 2 e −mωx2 /(2¯h) dx
= N 2 · 1 ( )
√ 3/2 ¯h π · √π ( ) 1/2 ¯h
,
2 mω mω
e −mωy2 /(2¯h) dy
π . Av symmetriskäl gäller (φ 1,H ′ φ 1 ) = (φ 2 ,H ′ φ 2 ) = 0. Vidare fås
∫
∫
(φ 1 ,H ′ φ 2 ) = (φ 2 ,H ′ φ 1 ) = N 2 x 2 e −mωx2 /(2¯h) dx y 2 e −mωy2 /(2¯h) dyǫ
( ( ) )
= N 2 1√ 3/2 2
¯h
π ǫ = 1 2 mω 2 ǫ ¯h
mω .
Med ansatsen aφ 1 +bφ 2 för nollte ordningens störda egenfunktioner och energiändringen E ′
fås ekvationen ( )( ) ( )
0
ǫ¯h
2mω a
ǫ¯h
= E ′ a
b b
vilket resulterar i
2mω
0
E 1 = 2¯hω + ǫ¯h
2mω för φ 1 + φ
√ 2
2
E 2 = 2¯hω − ǫ¯h
2mω för φ 1 − φ
√ 2
. 2
Alternativ: Använd stegoperatorer för en tvådimensionell harmonisk oscillator!
och

62
86. Ansätt en tidsberoende lösning till
i¯hφ(x,t) = [H + H ′ (t)] φ(x,t),
φ(x,0) = φ 0 (x)
på formen φ(x,t) = ∑ n a n(t)e −iEnt/¯h φ n (x), där
(
Hφ n (x) = E n φ n (x), E n = ¯hω n + 1 )
, (φ m ,φ n ) = δ nm .
2
Här är
H ′ (t) =
{
ǫ ¯h T
( ) 3
x
x 0
, 0 < t < T
0, för övrigt
Begynnelsevillkor: a 0 (0) = 1, a n (0) = 0, n ≥ 1. Att faktorisera ut tidsfaktorn e −iEnt/¯h
från a n (t) (vilket inte är nödvändigt, men lämpligt) medför att vi får a n (t) = a n (T),
konstant för t > T, då H ′ (t) = 0. Insättning av ansatsen i Schrödingerekvationen och
skalärproduktbildning med φ m leder till
] d
∞∑
i¯h[
dt a m(t) e −iEmt/¯h = a n (t)e −iEnt/¯h (φ m ,H ′ φ n ).
n=0
Vi skall bestämma a m (t) t.o.m. ordning ǫ. Då a 0 (t) = O(ǫ 0 ) och a n (t) = O(ǫ), n ≥ 1, så fås
tydligen, då (φ 0 ,H ′ φ 0 ) = 0,
i¯h d dt a 0(t) = 0, dvs. a 0 (t) = 1 + O(ǫ 2 ),
i¯h d dt a m(t) = e i(Em−E0)t/¯h (φ m ,H ′ φ 0 ),
( ( ) ) 3
x
varav, om vi sätter φ m ,
x φ0 0
= A m (t > T)
a n (T) = −iǫ 1 T A ne i(En−E0)t/¯h inωT/2 sinnωT/2
dt = −iǫA n e
nωT/2 .
Om vi låter T → 0, så fås a n (T) = −iǫA n .
Beräkning av A n : Man inser lätt (störningen är udda) att A n ≠ 0 bara för n = 1 och n = 3.
Enligt FS sid. 12 fås
A n =
∫ ∞
−∞
φ n (x)( x
x 0
) 3
φ 0 (x)dx =
∫ ∞
−∞
.
u n (q)q 3 u 0 (q)dq.
Med hjälp av formler på sid. 10 och 12 i FS fås
q 3 u 0 (q) = 3√ √
2 3
4 u 1(q) +
2 u 3(q),
varav
A 1 = 3√ √
2 3
4 , A 3 =
2 .
Medelvärdet av den upptagna energin blir (a 0 (t) skall reduceras till ordningen ǫ 2 så att
a 2 0(t) + a 2 1(t) + a 2 3(t) = 1 + O(ǫ 3 ))
[ (sin
(E 1 − E 0 )|a 1 (t)| 2 + (E 3 − E 0 )|a 3 (t)| 2 = ǫ 2¯hω 9 ) 2 ( ) ] 2 ωT/2 sin 3ωT/2
+ 2
.
8 ωT/2 3ωT/2

63
87. Allmänt om tidsberoende störningsräkning: Vi vill lösa den tidsberoende Schrödingerekvationen
i¯h d dt ψ(t) = (H 0 + ǫV (t))ψ(t),
med begynnelsevillkoret ψ(t = 0) = φ i , och speciellt övergångssannolikheten till ett tillstånd
φ f
P if = |(φ f ,ψ(t))| 2 .
Ansätt |ψ(t)〉 = ∑ n c n(t)|φ n 〉, där c n (t) = 〈φ n |ψ(t)〉. Sätt in ansatsen i Schrödingerekvationen
och skalärmultiplicera med |φ k 〉
i¯h d dt c n(t) = E n c n (t) + ∑ k
ǫV nk (t)c k (t),
där V nk (t) = 〈φ n |V |φ k 〉. Sätt c n (t) = b n (t)e −iEnt/¯h , varvid b n (t) kan förväntas variera
långsamt om ǫ ≪ 1; inför också ω nk = En−E k
¯h
. Vi får
i¯h d dt b n(t) = ǫ ∑ k
e iω nkt V nk (t)b k (t).
Utveckla nu Fourierkoefficienterna i ǫ:
b n (t) = b (0)
n (t) + ǫb (1)
n (t) + ǫ 2 b (2)
n (t) + ....
Sätt in i ekvationen ovan och identifiera koefficienterna till potenser ǫ r :
(i)
(ii)
r = 0 : i¯h db(1) n
dt (t) = 0
r ≠ 0 : i¯h db(r) n
dt (t) = ∑ k
e iωnkt V nk (t)b (r−1)
k
(t).
Genom rekursion kan vi alltså bestämma lösningen till ordning r i termer av lösningen till
ordning r − 1. Med givet begynnelsevärde har vi
b (0)
n (t = 0) = δ ni ,
b (r)
n (t = 0) = 0 r ≥ 1.
Vi har också b (0)
n (t) = δ ni , som utgör nollte ordningens lösning. r = 1:
i¯h d dt b(1) n (t) = ∑ t
e iω nkt V nk (t)δ ki = e iωnit V ni (t),
och med begynnelsevillkoret iakttaget varvid |ψ(t)〉 är bestämt till första ordningen i ǫ.
Denna första ordningens approximation kan förväntas vara god om inte t är för stor, så att
b n (t) inte avviker mycket från begynnelsevärdena. Övergångssannolikheten ges av P if (t) =
|b f (t)| 2 , där
b f (t) = b (0)
f
(t) + ǫb(1)
f
(t) + ....
Anta att begynnelse- och sluttillstånden är olika |φ i 〉 ≠ |φ f 〉, så att b (0)
n (t) = 0. Vi får då till
första ordningen
∣∫ P if (t) = ǫ 2 |b (1)
f (t)|2 = ǫ2 ∣∣∣ t
∣ ∣∣∣
2
¯h 2 e iω fit ′ V fi (t ′ )dt ′ .
0

64
Låt nu V (t) = V cos ωt, där V är en tidsoberoende operator, och sätt V fi (t) = V fi cos ωt.
Första ordningens approximation av tidsutvecklingen
b (1)
f (t) = −V fi
2i¯h
∫ t
och övergångssannolikheten
0
= ǫ2 |V fi | 2
4¯h 2
[
e i(ω fi+ω)t ′ + e i(ω fi−ω)t ′] dt ′ = V [
fi e
i(ω fi +ω)t − 1
+ ei(ωfi−ω)t ]
− 1
2¯h ω fi + ω ω fi − ω
P if (t,ω) =
∣ ǫ2 |V fi | 2 ∣∣∣ e i(ωfi+ω)t − 1
4¯h 2 + ei(ωfi−ω)t − 1
ω fi + ω ω fi − ω ∣
∣ ∣∣∣
e i(ω fi+ω)t/2 sin [(ω fi + ω)t/2]
(ω fi + ω)/2
2
+ e i(ω fi−ω)t/2 sin[(ω fi − ω)t/2]
(ω fi − ω)/2
(Skissa utseendet hos de två termernas belopp!) Om |ω − ω fi | ≪ |ω fi | så dominerar den
andra termen (resonanstermen) och vi får
∣ P if (t,ω) = ǫ2 |V fi | 2 ∣∣∣
2
sin [(ω fi − ω)t/2]
4¯h 2 (ω fi − ω)/2 ∣ .
I det givna problemet är den ostörda Hamiltonoperatorn
H 0 = p2
2m + 1 2 mω2 0x 2 ,
E n = ¯hω
(
n + 1 )
,
2
och störningen V = mω 0 cos γtx 2 , där vi försummar termer av ordning (∆ω) 2 ; ∆ω svarar
mot ǫ ovan och γ mot ω.
2
∣ .
V fi = 〈m|mω 0 x 2 |0〉 =
{ ¯h√2
, för m = 2
0, för övrigt
.
Jämförelse med ovan ger ω fi = ω 0 (n f − n i ) = 2ω 0 , då n f = 2, n i = 0 och
P 02 (t,ω) = (∆ω)2
8
∣
sin[(2ω 0 − γ)t/2]
(2ω 0 − γ)/2
2
∣ .
Denna approximation kan förväntas gälla om t är liten och |γ − 2ω 0 | ≪ 2ω 0 .
88. Meningen med att använda variationsmetoden för att visa detta är förstås att vi kan
välja en enkel vågfunktion som har energi mindre än noll. Eftersom den kontinuerliga delen
av spektrumet tillhör positiva E-axeln kan vi då vara säkra på att den diskreta delen, vilket
svarar mot normerbara bundna tillstånd, ej är tom. Energin för det givna tillståndet blir
∫
E a =
(
ψ ∗ − ¯h2
2m
d 2 )
dx 2 + V (x)
( ) 1/2 ∫
ψ dx = ¯h2 a 2a
2m + π
Sök minimum av E a genom att sätta derivatan till noll
¯h 2 ( ) 1/2 ∫ 1
2m + 2aπ
e −2ax2 V (x)dx −
( ) 1/2 ∫ 2a
π
e −2ax2 V (x)dx.
2x 2 e −2ax2 V (x)dx = 0.

65
Sätt in detta i uttrycket för E a
( ) 1/2 ∫ 4a
min E a = (1 + 4ax 2 )e −2ax2 V (x)dx < 0,
2π
vilket skulle visas. Alternativ: Man kan direkt i uttrycket för E a se att
( ) 1/2 ∫
E a
a = ¯h2 2
2m + e −2ax2 V (x)dx,
aπ
där andra termen är mycket mindre än 0 om 0 < a < ǫ och ǫ är litet.
89. Först normerar vi och får på så sätt N uttryckt i α.
∫ ∞
1 = N 2 ρ 2 e −2αρ ρ 2 dρ
så
0
N 2 = α5
π .
∫ π
0
cos 2 θ sin θ2π dθ = N 2 4π 3 (2α)−5 ∫ ∞
0
x 4 e −x dx = N2
α 5 π,
Eftersom cos θ ∼ Y 10 , så gäller att L2 cos θ = 1(1 + 1)cos θ = 2cos θ. Bilda (φ,Hφ) =
¯h 2
N 2 ¯h2 4π
2ma 2 3 I ρ, där
∫ ∞
[
I ρ = ρe −αρ − 1 ( d
2
0 ρ dρ 2 2(ρ2 e −αρ ) + 2 ρ 2 ρe−αρ − 2 )
ρ ρe−αρ = {efter en del räkningar}
= 3 ( 1
4 α 3 − 1 )
α 4 .
Vi vill minimera N 2 (φ,Hφ) = ¯h2
2ma
(α 2 − α). Derivera och sätt till 0. Det ger α = 1 2 2
och för
energin E min = − 1 ¯h 2
4 2ma
, vilket är det korrekta värdet för vätets n = 2-nivå. Egenfunktionen
2
är också den exakta för n = 2, l = 1 och m = 0. Anledningen till att vi inte får n = 1-nivån
är att den givna ansatsfunktionen, tack vare cosθ, är ortogonal mot varje s-nivå, speciellt
vätets grundnivå.
90. Vi vill minimera 〈H〉 ψ för våra två olika tillstånd och eftersom ett sådant minimum
ger en överskattning av den verkliga energin är den vågfunktion bäst som ger det lägsta
minvärdet. Eftersom vågfunktionerna är onormerade skall vi minimera:
)
〈H〉 ψ = (ψ,Hψ)
(ψ,ψ)
=
∫ ∞
0
ψ ∗ (− ¯h2
1 ∂ 2
2m r
∫ ∞
0
∂r 2 (rψ) + krψ
ψ ∗ ψ4πr 2 dr
4πr 2 dr
.
För att evaluera integralerna för ansatsfunktionen ψ = e −ax2 har vi nytta av att veta:
∫ ∞
x m Γ((m + 1)/2)
e −ax2 dx = .
0
2a (m+1)/2 √
För ψ = e −ar2 får vi efter lite räknande att 〈H〉 = 3¯h2
2m a + k 2
aπ
, och genom att derivera
får vi det optimala a och minvärdet E 0 :
√
√
2k2 m
a = 2 3 9π¯h 4 och minvärdet är E 0 ≈ √ ¯h 2 k
1,86 3 2
m .

66
Nu använder vi istället ψ = e −ar i 〈H〉. Om vi partialintegrerar kan vi förkorta bort en
integral ∫ ∞
e −2ar r 2 dr och slipper därmed integrera. Då får vi 〈H〉 = ¯h2 a 2
0 2m + 3k
2a
, och vi får
i detta fall:
√
√
3km
¯h 2 k
a = 3 2¯h 2 och minvärdet är E 0 ≈ 1,97 3 2
m .
Vi ser att ansatsen med ψ = e −ar2 ger den bästa (lägsta) uppskattningen av mesonens
grundtillstånd. Detta beror på att redan en potential som uppfyller V < konstant ger en
vågfunktion som avtar som e −ar . En potential som växer kan då förväntas ha en vågfunktion
som avtar snabbare än e −ar .
91. Se boken.
92. Se boken.
93. Obestämbarhetsrelationen: ∆A∆B ≥ 1 2 |〈[A,B]〉|.
Enligt FS (1.16): L z = −i¯h ∂
∂φ
. Högerledet i obestämbarhetsrelationen:
och vi får:
[L z ,φ] = L z φ − φL z = −i¯h ∂
∂φ φ + φi¯h ∂ = {Derivering av produkt}
∂φ
= −i¯h − φi¯h ∂
∂φ + φi¯h ∂
∂φ = −i¯h
∆L z ∆φ ≥ ¯h 2 .
Anmärkning: Vid beräkning av kommutatorn ovan blir det mer begripligt om man tänker
sig att operatorerna ska verka på något också.
94. L 2 = 2¯h 2 motsvarar l = 1. Den sökta sannolikheten ges av
∑
m
|(Y 1m ,ψ)| 2
|ψ| 2 = 1 + 4
1 + 4 + 9 = 5
14 .
95. För att bestämma sannolikheten för att man vid en mätning av rörelsemängdsmomentet
ska finna elektronen i ett p-tillstånd, ska vi utveckla vågfunktionen i klotytfunktioner. FS
sid. 4 ger
och vågfunktionen blir
sin φsinθ = i√
2π
3 (Y 1,−1 + Y 11 )
ψ(r) = R(r)( √ 4πY 00 + i √ 6πY 1,−1 + i √ 6πY 11 ).
Att elektronen skall finnas i p-tillstånd betyder att l = 1. Den sökta sannolikhten ges av
∑
m
|(Y 1m ,ψ)| 2
|ψ| 2 = 6 + 6
4 + 6 + 6 = 3 4 .

67
96. Att vi får precisa värden på L 2 och L z innebär att vi mäter på egentillstånd till L 2
och L z . Att vi kan finna gemensamma egenfunktioner beror på att L 2 och L z kommuterar
(verifiera). Vi har L 2 ψ lm = ¯h 2 l(l + 1)ψ lm , och L z ψ lm = ¯hmψ lm . 〈L 2 x〉 = (ψ lm ,L 2 xψ lm )
(≡ 〈lm|L 2 x|lm〉 med Diracnotation). Vi vet att vinkeldelen till ψ lm är klotytfunktioner Y lm .
För att bestämma hur L x verkar skriver vi (som alltid) om den med hjälp av stegoperatorer.
FS (1.17) ⇒ L x = 1 2 (L + + L − )
FS (1.22):
L ± Y lm = ¯h √ l(l + 1) − m(m ± 1)Y l,m1
L x Y lm = 1 2 (L + + L − ) Y lm
= ¯h 2
√
l(l + 1) − m(m + 1)Yl,m+1 + ¯h 2
Eftersom Y l,m1 är ortogonal mot Y lm blir 〈L x 〉 = 0
Minvärdet antas för m = l.
√
l(l + 1) − m(m − 1)Yl,m−1
L 2 xY lm = L x (L x Y lm ) = a 1 Y l,m+2 + ¯h2 [
l(l + 1) − m
2 ] + a2Y l,m−2
2
〈L 2 x〉 = ¯h2 [
l(l + 1) − m
2 ] och ∆L x = ¯h √
l(l + 1) − m
2
2
2
C(l) = ¯h√
l
2 .
97. Vi ska bestämma 〈L a 〉 och 〈L 2 a〉. L a = â ·L = a x L x + a y L y + a z L z och enligt FS (1.17):
L x = 1 2 (L + + L − ), L y = i 2 (L − − L + ). Vinkeldelen till ψ är klotytfunktioner Y lm .
∆L a = √ 〈L 2 a〉 − 〈L a 〉 2
L 2 a = (a x L x + a y L y + a z L z ) 2 = a 2 xL 2 x + a 2 yL 2 y + a 2 zL 2 z
+ a x a y (L x L y + L y L x ) + a x a z (L x L z + L z L x ) + a y a z (L y L z + L z L y )
〈L x 〉 = 〈L y 〉 = 0 ty (Y lm ,L ± Y lm ) = 0
〈L 2 x〉 = 〈L 2 y〉 = ¯h2
2
〈L z 〉 = (ψ nlm ,L z ψ nlm ) = ¯hm
[
l(l + 1) − m
2 ] (se uppgift 96)
〈L 2 z〉 = ¯h 2 m 2
〈L x L z 〉 = (ψ nlm ,L x L z ψ nlm ) = (ψ nlm ,L x m¯hψ nlm ) = m¯h〈L x 〉 = 0
På samma sätt visas att alla korstermer innehållande L z inte ger bidrag. Återstår 〈L x L y +
L y L x 〉 = 〈 1 2i (L2 + − L 2 −)〉 = 0 återigen p.g.a. ortogonalitet mellan olika klotytfunktioner.
∆L a = ¯h √
2
√
1 − a
2 z
√
l(l + 1) − m
2

68
98. För att beräkna väntevärdet av rörelsemängdsmomentets kvadrat, ska vi utveckla vågfunktionen
i klotytfunktioner. Uttryck först ψ i sfäriska koordinater
Klotytfunktionerna ges av FS sid. 4. Då blir
ψ(r) = r(cos φsinθ + sinφsin θ + cos θ)e −αr .
cos φsinθ =
√
2π
3 (Y 1,−1 − Y 11 )
sin φsinθ = i√
2π
3 (Y 1,−1 + Y 11 )
cos θ =
√
4π
3 Y 10,
och vågfunktionen blir
Eftersom
ψ(r) =
√
2π
3 re−αr (Y 1,−1 (1 + i) + Y 11 (−1 + i) + √ 2Y 10
)
.
L 2 Y 1m = 2¯h 2 ,
blir väntevärdet av rörelsemängdsmomentets kvadrat
〈L 2 〉 = (ψ,L2 ψ)
|ψ| 2 = 2¯h 2 .
99. För att se hur L x verkar på de givna egenfunktionerna så skriver vi om den till stegoperatorer
och utvecklar egenfunktionerna ψ i i klotytfunktioner. Uttryck först ψ i i sfäriska
koordinater
Klotytfunktionerna ges av FS sid. 4
ψ 1 = r sin θ cos ψe − 1 2( r a) 2
ψ 2 = r sin θ sin φe − 1 2( r a) 2
ψ 3 = r cos θe − 1 2( r a) 2
Då blir
√
3
Y 11 = −
8π sinθeiφ , Y 10 =
√ √
3
3
4π cos θ, Y 1,−1 =
8π sin θe−iφ .
ψ 1 = (Y 1,−1 − Y 11 )g(r),
ψ 2 = i(Y 1,−1 + Y 11 )g(r),
ψ 3 = √ 2Y 10 g(r),
√
2π
där g(r) =
1 3 re− 2( a) r 2 . Skriv nu L x = 1 2 (L + + L − ). Med FS (1.22) får vi:
L x ψ 1 = 0, L x ψ 2 = i¯hψ 3 , L x ψ 3 = −i¯hψ 2 .

69
För att få egenfunktioner med egenvärde ¯h: L x (aψ 2 +bψ 3 ) = ¯h(aψ 2 +bψ 3 ), vilket ger villkoret
a = ib och vi kan välja a = 1, b = i så att ψ 2 + iψ 3 blir egentillstånd (onormerat) till L x .
För att bestämma L konstaterar vi att L 2 (ψ 2 + iψ 3 ) = ¯h 2 l(l + 1)(ψ 2 + iψ 3 ) eftersom både
ψ 2 och ψ 3 är egenfunktioner till L 2 . Återstår att beräkna 〈L z 〉 och 〈L z 〉 2 för att bestämma
∆L z . Med FS (1.20) får vi: L z ψ 2 = −i¯hψ 1 , L z ψ 3 = 0. 〈L z 〉 = 0 eftersom ψ 1 och ψ 2 är
ortogonala. L 2 zψ 2 = ¯h 2 ψ 2 (Alternativt kan man få dessa relationer genom att permutera x,
y och z i L x -resultaten ovan.)
〈L 2 z〉 = 〈ψ 2 + iψ 3 |L 2 z|ψ 2 + iψ 3 〉
〈ψ 2 + iψ 3 |ψ 2 + iψ 3 〉
= 〈ψ 2 + iψ 3 |ψ 2 〉¯h 2
〈ψ 2 |ψ 2 〉 + 〈ψ 3 |ψ 3 〉 = ¯h2
2
så att ∆L z = ¯h √
2
. I beräkningen av 〈L 2 z〉 har ortogonalitet och det faktum att normen för
ψ 2 och ψ 3 är lika använts.
100. Först utvecklar vi ψ i klotytfunktioner, och sen ska vi använda att sannolikheten att
vid mätning på tillståndet ψ finna tillståndet ϕ är p = |(ψ,ϕ)| 2 (ϕ och ψ normerade).
Klotytfunktionerna står i FS sid. 4.
ψ = rf(r)(sin θ cos φ + sin θ sinφ + cos θ)
[
= rf(r) sinθ 1 (
e iφ + e −iφ) + sin θ i (
e −iφ − e iφ) ]
+ cos θ
2
2
√
2π
[
=
3 rf(r) Y 1,−1 − Y 11 + i(Y 1,−1 + Y 11 ) + √ ]
2Y 10
√
2π
[
=
3 rf(r) (1 + i)Y 1,−1 + (−1 + i)Y 11 + √ ]
2Y 10
= ψ 1,−1 + ψ 11 + ψ 10 .
P(Mätning av L z ger resultat 0) =
=
a 2
a(a + a + a) = 1 3 .
|(ψ 10 ,ψ 1,−1 + ψ 11 + ψ 10 )|)| 2
|(ψ 10 ,ψ 10 )||(ψ 1,−1 + ψ 11 + ψ 10 ,ψ 1,−1 + ψ 11 + ψ 10 )|
I sista beräkningen har FS (1.21) använts dvs. vi har utnyttjat att normen av olika klotytfunktioner
är lika och att de är ortogonala mot varandra. Av utvecklingen ψ = ψ 1,−1 +ψ 11 +
ψ 10 ser man direkt att sannolikheten blir en tredjedel eftersom de tre tillstånden ψ 1,−1 , ψ 11
och ψ 10 är lika sannolika (de har samma norm).
101. Att vi har ett väldefinierat värde på impulsmomentet i riktningen â innebär att vi har
ett egentillstånd till operatorn â ·L. Vi har magnetfält i z-riktningen och ska konstruera ett
egentillstånd till â · L med hjälp av klotytfunktioner. Vi kan välja a y = 0 och får då: â =
(sin q,0,cos q). Som vanligt använder vi stegoperatorer så att L x = 1 2 (L + + L − ). Konstruera
nu egentillstånd till â · L med egenvärde M a¯h:
(a x L x + a z L z )(c 1 Y 1,−1 + c 2 Y 10 + c 3 Y 11 ) = M a¯h(c 1 Y 1,−1 + c 2 Y 10 + c 3 Y 11 )
VL :
a x
¯h
2 (√ 2c 1 Y 10 + √ 2c 2 Y 11 + √ 2c 2 Y 1,−1 + √ 2c 3 Y 10 ) + a z¯h(−c 1 Y 1,−1 + c 3 Y 11 )

70
Identifiering av koefficienterna framför klotytfunktionerna ger:
Y 1,−1 : a x
¯h √2 c 2 − a z¯hc 1 = M a¯hc 1
Y 10 : a x
¯h √2 c 1 + a x
¯h √2 c 3 = M a¯hc 2
c 1
c 2
=
Y 11 : a x
¯h √2 c 2 + a z¯hc 3 = M a¯hc 3
sin θ √
2(Ma+cos θ)
c3
Dessa ekvationer ger:
och
c 1
= √ . Låt I 2(Ma−cos θ)
1, I 2 och I 3 vara
( ) 2
intensiteterna för strålarna svarande mot komponenterna −1, 0 och 1. Vi har I1 c
I 2
= 1
c 2
( )
och I3 c 2.
I 2
= 3
c 2
M a = 1 :
sin θ
M a = 0 :
M a = −1 :
I 1
I 2
= 1 2 tan2 θ 2
I 1
I 3
I 2
= 1 2 cot2 θ 2
I 3
= 1 I 2 2 tan2 θ = 1 I 2 2 tan2 θ
I 1
= 1 θ I 3
I 2 2 cot2 = 1 θ 2 I 2 2 tan2 2 .
102. Kvoten I2
I 1
bestäms ur det allmänna sambandet att P(I tillståndet ψ finna tillståndet ψ) =
|(ψ,φ)| 2 (ψ och φ måste vara normerade). Här innebär det att vi söker (α y ,χ), där α y är egenfunktion
till S y med egenvärde ¯h 2 . S y = ¯h 2 σ y, där σ y =
blir ( )( ) ( )
0 −i a a
=
i 0 b b
( )
så att α y = √ 1 1
2
, där α
i y är normerad.
(α y ,χ) = α † yχ = 1 √
2
(
1 −i
) ( C 1
(
1
0
För I2
I 1
= |(α y ,χ)| 2 får vi då
(
0 −i
i 0
⇒
)
+ C 2
(
0
1
a = −ib
)
. Egenvärdesekvationen
))
= √ 1 (C 1 − iC 2 ) . 2
|(α y ,χ)| 2 = 1 2 (C 1 − iC 2 ) (C 1 + iC 2 ) = {Lite räknande} = 1 2 [1 + sin 2γ sin(δ 2 − δ 1 )].
I 3
I 2
= |(α,α y )| 2 = 1 2 .
103. Den ingående strålen har intensitet I in . Strålen efter första filtret har intensitet I 1 och
strålen ut har intensitet I ut .
I 1
I ut
= |(α,χ)| 2 = |C 1 | 2 .
I ut
I 1
= {Se föregående uppgift} = 1 2
så att
I ut
I in
= 1 2 |C 1| 2 .

71
104. Vi utvecklar vågfunktionen efter egenvektorer till S x eftersom koefficienten ( framför ) 0 1
α x då talar om “hur mycket” partikeln befinner sig i tillståndet α x . S x = ¯h 2
och
( )
( )
1 0
dess egenvektorer är α x = √ 1 1
2
och β
1 x = √ 1 1
2
. Skriv om α och β i dessa
−1
vektorer: α = √ 1 2
(α x + β x ), β = √ 1
2
(α x − β x ). Det gör att vi kan skriva vågfunktionen som
1 √
2
(ψ(r)+φ(r))α x + 1 √
2
(ψ(r) −φ(r))β x . Sannolikheten att finna partikeln i ett litet element
dV runt r blir nu 1 2 |ψ(r) + φ(r)|2 .
105. Vi kan välja vårt koordinatsystem så att spinnriktningen ligger i xz-planet n =
(sin θ,0,cos θ). Vi söker egenvektorer till
n · S = sin θS x + cos θS z = ¯h ( )
cos θ sin θ
.
2 sinθ −cos θ
( ) ( )
cos θ sinθ a
Egenvärdena är som vi vet ±¯h 2 . Egenvärdesekvationen blir ¯h 2
=
sin θ −cos θ b
( )
( )
¯h a cos
θ
2
. Efter lite räknande får vi de normerade egenvektorerna α
b
θ = 2
sin θ och
2
β θ =
( −sin
θ
2
cos θ 2
)
. P(¯h 2 i z-riktningen) = |(α,α θ)| 2 = cos 2 θ 2 .
106. Vi ska lösa den tidsberoende Schrödingerekvationen med H = −µBS z och sedan
beräkna de önskade medelvärdena. Schrödingerekvationen blir Hψ = i¯h ∂ψ
∂t
. Om vi har ett
egentillstånd till H: Hψ n = E n ψ n får vi tidsberoendet direkt: ψ = ψ n e Ent/i¯h . I vårt fall
vet vi att egenvektorerna till H blir egenvektorerna till S z (α och β) och egenvärdena blir
±µB ¯h 2
. Vi kan då direkt skriva upp lösningen till vår tidsberoende Schrödingerekvation:
ψ = C 1 αe iµBt/2 + C 2 βe −iµBt/2 , där |C 1 | 2 + |C 2 | 2 = 1
〈S x 〉 = (ψ,S x ψ) = ψ † S x ψ
(
= C1α ∗ † e −iµBt/2 + C2β ∗ † e iµBt/2) ¯h
(C 1 βe iµBt/2 + C 2 αe −iµBt/2)
2
= ¯h (
C
∗
2 1 C 2 e −iµBt + C2C ∗ 1 e iµBt)
〈S y 〉 = {Likartade beräkningar} = ¯h (
−iC
∗
2 1 C 2 e −iµBt + iC2C ∗ 1 e iµBt)
〈S z 〉 = {Likartade beräkningar} = ¯h (
|C1 | 2 − |C 2 | 2) .
2
Derivering ger nu de efterfrågade sambanden med ω = Bµ.
107. Eftersom ψ − och ψ + är egentillstånd till H med olika egenvärden E − och E + kan vi
direkt skriva lösningen till den tidsberoende Schrödingerekvationen som
där |A| 2 + |B| 2 = 1. Med begynnelsevillkoret
ψ K 0(t) = Aψ − e −iE−t/¯h + Bψ + e −iE+t/¯h ,
ψ K 0(0) = 1 √
2
(ψ − + ψ + )

72
får vi A = B = 1 √
2
. För t ′ får vi:
ψ K 0(t ′ ) = 1 √
2
ψ − e −iE−t/¯h + ψ + e −iE+t/¯h = 1 √
2
e −iE−t′ /¯h ( ψ − + ψ + e −i(E+−E−)t′ /¯h ) .
För att detta ska vara rent K 0 -tillstånd ska (E+−E−)t′
¯h
= ±2π.
108. Vi vet att Y lm är egenfunktioner till L 2 och L z och att α och beta är egenfunktioner till
S 2 och S z . Egenfunktionerna till J 2 och J z blir då tensorprodukter (se kurs i vektoranalys:
Yttre produkt) av dessa funktioner. Dessa tensorprodukter blir av formen Y lm χ, där χ är
antingen α eller β. När J – operatorer verkar på en sådan produkt kommer L – delen att
verka endast på Y lm och S – delen endast att verka på χ. Nu vet vi att egenvärdet till J 2
blir j(j + 1)¯h 2 , där j kan anta värdena l − 1 2 och l + 1 2
. För varje värde på j börjar vi
med det egentillstånd som har maximalt j z och stegar oss sedan ner med stegoperatorn J − .
Maximalt j z = j. Beteckna vågfunktionen med j och j z med |j j z 〉.
〉 (
〉)
∣ = Y ll α = |l l〉 ∣
1 1
∣ l + 1 2 l + l 2
∣2
2
J − Y ll α = (L − + S − )Y ll α = ¯h(√
2lYl,l−1 α + Y ll β
Om vi normerar får vi: ∣∣∣∣
l + 1 2 l − 1 〉
1
(√ )
= √ 2lYl,l−1 α + Y ll β .
2 2l + 1
Ytterligare en stegning och normering ger:
∣ l + 1 2 l − 3 〉
=
2
)
.
1
√
2l + 1
( √2l
− 1Yl,l−2 α + √ 2Y l,l−1 β
Fortsatt stegning och normering ger sedan alla funktioner med j = l + 1 2
. Den sista blir:
∣ l + 1 2 − l − 1 〉 (
= Y l,−l β = |l − l〉
1
2
∣2 − 1 〉)
.
2
(∣ För j = l − 1 2 måste vi använda en linjärkombination av Y l,l−1α och Y ll β
∣l −
1
2 l − 2〉 1 = aYl,l−1 α + bY ll β ) för att skapa ett tillstånd med j z = j, annars får j z fel
värde. För att bestämma a och b kan vi göra på flera sätt. Vi kan multiplicera med J 2 ,
skriva om med stegoperatorer och räkna på. Vi kan skalärmultiplicera med ∣ l +
1
∣ 2 l − 2〉 1 och
utnyttja ortogonaliteten eller vi kan utnyttja att J + ∣l −
1
2 l − 2〉 1 = 0. Den jobbigaste är nog
“J 2 -metoden”. Vi väljer skalärmultiplikation:
Normeringen a 2 + b 2 = 1 ger:
(aY l,l−1 α + bY l,l−1 β, √ 2Y l,l−1 α + Y ll β) = a √ 2l + b = 0.
a =
1
√
2l + 1
,
1
b = −√ . 2l + 1
Sedan ger nedstegning med J − och normering resten.
∣ l − 1 2 l − 1 〉
1
= √ (Y l,l−1 α − √ 2lY ll β)
2 2l + 1 ∣ l − 1 2 l − 3 〉
1
= √ ( √ 2Y l,l−2 α − √ 2l − 1Y l,l−1 β)
2 2l + 1
)
.

73
109. Egenvärdena bestäms enklast genom att använda omskrivningen
S 1 · S 2 = 1 2
[
(S1 + S 2 ) 2 − S 2 1 − S 2 1 (
2]
= J 2 − S 2 1 − S 2 )
2 .
2
Vi vet att egenvärdena j till J 2 går från |s 1 − s 2 | till s 1 + s 2 . (Egenvärdena till J 2 är som
vanligt j(j + 1)¯h 2 .) Egenvärdena till S 1 · S 2 blir då 2¯h2 1 [j(j + 1) − s 1 (s 1 + 1) − s 2 (s 2 + 1)].
För varje värde på j finns det 2j+1 olika egenfunktioner så multipliciteten blir 2j+1. Dessa
kan väljas som egenfunktioner även till J z . Egenvärdena blir − 2¯h2 5 , −¯h 2 och ¯h 2 . Beteckna
den gemensamma egenfunktion till S 2 1 och S z med |s 1 s 1z 〉 och motsvarande för S 2 och J.
Vi ser på uttrycket för S 1 · S 2 att dess egenfunktioner är egenfunktioner till S 2 1, S 2 2 och J 2 .
Egenfunktionerna blir samma som till J 2 . Vi väljer dessa som egenfunktioner även till J z ,
men det är inte helt nödvändigt. Enklast är att börja med det största värdet på j (= parallella
〉
=
∣ ∣ 3
2
spinn). Då är egenvärdet till S 1 ·S 2 = 2¯h2 3 . Egenfunktionen blir: ∣ ∣5 5 3
2 2 2〉
|11〉 de övriga
egenfunktionerna fås med nedstegningsoperatorn J − och normeringar. För egenvärdet −¯h 2
till S 1 · S 2 är j = 3 2 . Egenfunktionen ∣ 〉 ∣ 〉 ∣
∣3 3
2 2 = a 3 1
2 2 |11〉 + b 3 3
2 2〉
|10〉. Med FS (1.22)
vet vi att J + på detta tillstånd ska bli 0. Det ger √ 3a + √ 2b = 0. Detta tillsammans med
normering ger a och b. De övriga egenfunktionerna med detta j fås med J − och normering.
Slutligen egenvärdet − 5 2¯h2 (j = 1 2 ). Om vi väljer egenfunktionerna till J2 så att de blir
egenfunktioner även till J z måste vi ha en linjärkombination av ∣ 〉 ∣
∣3 3
2 2 |1 −1〉, 3 1
2 2〉
|10〉 och
∣
∣3
2 − 2〉 1 |11〉. Applicera J+ på detta tillstånd och sätt till 0. Då får man
∣ 〉
1 ∣∣∣ 3 3
√ |1 − 1〉 − 1 ∣ 〉 ∣∣∣ 3 1
√ |10〉 + 1 ∣ ∣∣∣ 3
√
2 2 2 3 2 2 6 2 − 1 〉
|11〉.
2
En nedstegning med J − och normering ger det andra tillståndet med detta egenvärde.
110. Vi vill att j z = l − 3 2 ska vara det största värdet på j z. Ett sådant tillstånd kan bara
skapas av en linjärkombination av Y l,l−2 α och Y l,l−1 β. Vi vet också att J + verkande på detta
tillstånd med maximalt j z ska ge 0. Försök nu skapa ett sådant tillstånd:
J + (aY l,l−2 α + bY l,l−1 β) = (L + + S + )(aY l,l−2 α + bY l,l−1 β)
= {L verkar bara på Y lm och S bara på α och β enligt FS (1.22)}
= √ 4l − 2¯haY l,l−1 α + √ 2l¯hbY l,l β + b ¯h √
2
Y l,l−1 α.
Koefficienterna framför varje basfunktion måste vara 0. Andra termen ger omedelbart att
b = 0 och därmed blir också att a = 0. Givetvis kan man som ett arbetsammare alternativ
försöka skapa ett egentillstånd till J 2 med egenvärde ¯h 2 ( l − 3 2) (
l −
1
2)
.
111. Det är (som alltid) lämpligt att först dela upp
√
ψ i egenfunktionerna α och β samt
(
klotytfunktioner. Med FS sid. 4 får vi: ψ = F(r) Y10 α − √ 2Y 11 β ) . FS (1.19) ger
L 2 Y 1m = ¯h 2 2Y 1m . Alltså är ψ egenfunktion till L 2 med egenvärde 2¯h 2 . För J z har vi:
J z
(Y 10 α − √ )
((
2Y 11 β = (L z + S z ) (Y 10 α − Y 11 β) = ¯h 0 + 1 ) (
Y 10 α − 1 − 1 ) √2Y11
β
2
2)
= ¯h (
Y 10 α − √ )
2Y 11 β
2
4π
3

74
och J z har egenvärde ¯h 2 . För J2 kan vi antingen vara listiga eller räkna ut den direkt. Direkt
metod:
J 2 = (L + S) 2 = L 2 + S 2 + 2L · S.
Här har utnyttjats att L och S kommuterar. L 2 och S 2 vet vi hur de opererar på ψ. (FS
(1.19))
2L · S = 2L x S x + 2L y S y + 2L z S z = (L + S − + L − S + ) + 2L z S z ,
där FS (1.17) använts. Nu är det bara att använda FS (1.20) och (1.22) och sedan identifiera
egenvärdet som j(j + 1)¯h 2 . Det är smartare att konstatera att eftersom l = 1 och s = 1 2 och
|l−s| ≤ j ≤ |l+s| (från allmän teori) så måste j vara 1 2 eller 3 2 . Nu är J +ψ = (L + +S + )ψ = 0,
vilket man övertygar sig om med FS (1.22). Nu vet vi att enda möjligheten att få 0 är att
försöka stega upp ett tillstånd med maximalt j z . Alltså är j = j z = 1 2 .
112. För produkten α 1 α 2 α 3 (alla “spinn upp”) gäller att
S z α 1 α 2 α 3 = (S 1z + S 2z + S 3z )α 1 α 2 α 3 = 3 2¯hα 1α 2 α 3 .
För nedstegningsoperatorerna S i− = S ix − iS iy gäller (FS (1.22)) S i− α i = β i , S i− β i = 0, så
att S − α 1 α 2 α 3 = β 1 α 2 α 3 +α 1 β 2 β 3 +α 1 α 2 β 3 . Eftersom de tre termerna i summan var för sig
är normerade och inbördes ortogonala, måste vi normera med en faktor. Opererar vi med
S − på högerledet ovan får vi S − S − α 1 α 2 α 3 = 2(β 1 β 2 α 3 + β 1 α 2 β 3 + α 1 β 2 β 3 ) och opererar vi
igen på detta tillstånd med S − får vi 6β 1 β 2 β 3 . Normerat får vi:
∣ 〉
2¯h 3 ∣∣∣ : 3 3
= α 1 α 2 α 3
2 2
∣ 〉
1 ∣∣∣ 2¯h : 3 1
= √ 1 (β 1 α 2 α 3 + α 1 β 2 α 3 + α 1 α 2 β 3 )
2 2 3
− 2¯h 1 ∣ ∣∣∣ : 3
2 − 1 〉
= √ 1 (β 1 β 2 α 3 + β 1 α 2 β 3 + α 1 β 2 β 3 )
2 3
− 3 ∣ ∣∣∣ 2¯h : 3
2 − 3 〉
= β 1 β 2 β 3
2
113. S z = S 1z + S 2z + S 3z . Med FS (1.20) vet vi hur varje spinnoperator i summan verkar
på “sitt” respektive spinn. För S z får vi:
3
S z χ = (S 1z + S 2z + S 3z ) |↑↑↑〉 = |↑↑↑〉 .
2¯h
För att se hur S 2 verkar på vårt tillstånd utvecklar vi den först i de enskilda spinnoperatorerna.
S 2 = S 2 1 +S 2 2 +S 2 3 +2S 1 ·S 2 +2S 1 ·S 3 +2S 2 ·S 3 . Kvadraterna kan beräknas direkt och
för skalärprodukterna skriver vi om x- och y-komponenterna med hjälp av stegoperatorer.
S 1 · S 2 = S 1x S 2x + S 1y S 2y + S 1z S 2z = {FS (1.17)} = 1 2 (S 1 +
S 2− + S 1− S 2+ ) + S 1z S 2z och
motsvarande för de andra skalärprodukterna. Nu är S1 2 |↑↑↑〉 = ¯h 2 ( (
1 1
2 2 + 1)) |↑↑↑〉.
S 1z S 2z |↑↑↑〉 = ¯h 2 ( 1
2) 2
|↑↑↑〉
S 1+ S 2− ( |↑↑↑〉 = {FS (1.22)} = 0 (tack vare S 1+ )
Totalt får vi: S 2 |↑↑↑〉 = ¯h 2 (
3 1 1
2 2 + 1) + 3 · 2 ( ) )
1 2
2
|↑↑↑〉 = 15 4 ¯h2 |↑↑↑〉.

75
114. I basen av egenfunktioner som bestäms av kvanttalen l, s, J och m J blir W SB diagonal.
Detta inses genom att först observera att J 2 = L 2 +S 2 + 2L ·S, ty L och S kommuterar, så
W SB = ξ(r)L · S = 1 2 ξ(r)( J 2 − L 2 − S 2) .
Egenvärdena blir
ξ 2p L · S
∣ l = 1;S = 1 〉
2 ;J;m J = 1 [
2 ξ 2p¯h 2 J(J + 1) − 2 − 3 ∣ ∣∣∣
l = 1;S =
4] 1 〉
2 ;J;m J ,
som ej beror av m J , så den från början sexfaldigt degenererade 2p-nivån splittras i en
fyrfaldigt degenererad nivå svarande mot J = 3 2
och en tvåfaldigt degenererad nivå svarande
mot J = 1 2 . Vi har ξ(r) = 1 1 dV
2m 2 c 2 r dr ,
varför
ξ 2p = 1 e 2 〈 〉 1
2m 2 c 2 4πǫ 0 r 3 .
Om R 2p (r) är normerad till 1, så fås
〈 〉 1
r 3 =
där a är Bohrradien, så
α =
e2
i energin
4πǫ ≈ 1
0¯hc 137
∫ ∞
0
ξ 2p = 1 e 2
2m 2 c 2 4πǫ
1
r 3 |R 2p(r)| 2 r 2 dr = 1
24 a−3 ,
1
24 a−3 = 1
48¯h 2 mc2 α 4 .
är den dimensionslösa finstrukturkonstanten. Vi får följande korrektioner
J = 3 2 : ∆E = 1 96 mc2 α 4 ≈ 1,5 · 10 −5 eV, fyrfaldigt degenererad.
J = 1 2 : ∆E = − 1 48 mc2 α 4 ≈ −3,0 · 10 −5 eV, tvåfaldigt degenererad.
115. Fyrpartikeltillståndet är en linjärkombination av produkter av två tvåpartikeltillstånd:
ψ p ψ n , svarande mot proton- och neutrontillståndet respektive. Om vi först betraktar protonerna,
som är fermioner, så vet vi att ψ p är en antisymmetrisk (vid permutation av protonkoordinaterna
(spinn- och rumskoordinater), för de två protonerna är identiska partiklar)
linjär-kombination av produkttillstånd R p χ p , där R p och χ p är rums- och spinntillstånd
respektive. Grundnivån för en harmonisk oscillator för två protoner har ett symmetriskt
tvåpartikeltillstånd R p , vilket medför att χ p är antisymmetrisk. Låt 1 och 2 beteckna de två
protonerna. Det enda antisymmetriska tvåpartikelspinntillståndet ges av
vilket ger protontillståndet
1
√
2
(α(1)β(2) − α(2)β(1)) ,
ψ p = R p1 R p2
1 √2 (α(1)β(2) − α(2)β(1)) ,
där α och β är normerade spinnegenfunktioner till S z . ψ n har ett helt analogt utseende.

76
116. Varje tillstånd ges av en linjärkombination av produkter av rums- och spinntillstånd
ψ(r 1 ,r 2 ) = ψ 0 (r 1 ,r 2 )χ 00 + ψ 1 (r 1 ,r 2 )χ 11 + ψ 2 (r 1 ,r 2 )χ 10 + ψ 3 (r 1 ,r 2 )χ 1,−1 .
Om nu ψ(r 1 ,r 2 ) är en egenfunktion till den givna Hamiltonoperatorn, så följer det att
ψ i (r 1 ,r 2 ), i = 0,1,2,3, också är egenfunktioner. Dessa rumsegenfunktioner ges av produkttillstånd
ψ(r 1 ,r 2 ) = φ n (r 1 ) · ϕ m (r 2 ),
där H(p 1 ,r 1 )φ n (r 1 ) = E n φ n (r 1 ) och H(p 2 ,r 2 )ϕ m (r 2 ) = E m ϕ m (r 2 ), så egenvärdet till
ψ(r 1 ,r 2 ) blir E(n,m) = E n + E m . Nu är de givna spinntillstånden antisymmetriska eller
symmetriska, så det följer från pauliprincipen att motsvarande rumstillstånd är symmetriskt
eller antisymmetriskt respektive. Det rumstillstånd som är symmetriskt och har
lägsta energin har formen
ψ (s) (r 1 ,r 2 ) = φ 0 (r 1 ) · φ 0 (r 2 ), E (s) = E 0 + E 0 .
Grundtillståndet för antisymmetriska tillstånd ges av
ψ (a) (r 1 ,r 2 ) = φ 0 (r 1 ) · φ 1 (r 2 ) − φ 1 (r 1 ) · φ 0 (r 2 ), E (a) = E 0 + E 1 .
Här är φ 0 (r) och φ 1 (r) grundtillståndet respektive den första exciterade nivån. Tydligen är
grundtillståndet hos tvåpartikelsystemet symmetriskt, vilket skulle visas.
117. Pauliprincipen innebär att hela vågfunktionen skall vara antisymmetrisk m a p byte
av både rums- och spinnkoordinater. Från problemformuleringen vet vi att spinndelen är
antingen symmetrisk eller antisymmetrisk. Detta betyder att rumsdelen måste vara antisymmetrisk
respektive symmetrisk. Till tripletten hör en antisymmetrisk rumsdel. De två
möjligheterna är (för de givna enpartikeltillstånden)
ψ s (r 1 ,r 2 ) = 1 √
2
(φ a (r 1 )φ b (r 2 ) + φ a (r 2 )φ b (r 1 )),
ψ a (r 1 ,r 2 ) = 1 √
2
(φ a (r 1 )φ b (r 2 ) − φ a (r 2 )φ b (r 1 )).
Skillnaden i energi mellan singlett- och triplettillståndet blir:
∫ ∫
2
φ a (r 1 ) ∗ φ b (r 2 ) ∗ e 2
4πǫ 0 |r 1 − r 2 | φ a(r 1 )φ b (r 2 )dr 1 dr 2 .
Denna integral kallas utbytesintegralen. För elektroner på samma atom är denna positiv. En
konfiguration med parallella spinn (triplettillstånd), varvid ψ = ψ a , har lägre energi. Detta
kallas Hunds regel.