SVAR OCH L¨OSNINGSANVISNIGAR TILL TENTAMEN I ...

———————————————————————————————————————Lösning:FS 2.1/2.2 gerE ′ n = − 18m 3 c 2 〈n|p4 |n〉p =i √2√mω¯h(a + − a)vilket gerE ′ n = − ω2¯h 232mc 2 〈n|(a+ − a) 4 |n〉Utveckling av 4-gradsuttrycket ger 16 termer, men bara de termer som innehåller likamånga operatorer av vardera slaget kommer att överleva väntevärdesbildningen. Vi fårdå kvar ett uttryck med sex termer:E ′ n = − ω2¯h 232mc 2 〈n|a+ a + aa + a + aa + a + a + aaa + + aa + a + a + aa + aa + + aaa + a + |n〉,som beräknas med hjälp av FS 2.5 och 2.6:E ′ n = − ω2¯h 232mc 2 (n(n − 1) + n 2 + n(n + 1) + (n + 1)n + (n + 1) 2 + (n + 1)(n + 2) ) == − 3ω2¯h 216mc 2 (n 2 + n + 1/2 )———————————————————————————————————————8. Två icke växelverkande neutroner befinner sig i samma spinntillstånd och är bundna ien endimensionell harmonisk oscillatorpotential (med vinkelfrekvens ω). De befinner sigi det tillstånd som har den lägsta energin som är förenlig med Pauliprincipen. Bestäm〈(x 1 − x 2 ) 2 〉 (där x 1 och x 2 är respektive koordinater)!(3 p.)———————————————————————————————————————Lösning: Den ena av neutronerna måste då ligga i det första exciterade tillståndet. Eftersomrumsdelen av vågfunktionen måste vara antisymmetrisk så har vi:Ψ(x 1 , x 2 ) = √ 1 [φ 0 (x 1 )φ 1 (x 2 ) − φ 1 (x 1 )φ 0 (x 2 )] = mω 1√ (x 2 − x 1 )e −mω(x2 1 +x2 2 )/2¯h .2 ¯h πDet sökta väntevärdet blir då〈(x 1 − x 2 ) 2 〉 =( ) mω 2 ( ) 1∫∫(x 1 − x 2 ) 4 e −mω(x2 1 +x2 2 )/¯h dx 1 dx 2¯h πHär överlever nu bara jämna potenser och vi kan efter byte till dimensionslösa variablerskriva:〈(x 1 − x 2 ) 2 〉 = ¯h ( ) [ 1∫∫(∫) ] 22 y 4mω π1e −y2 1 dy1 e −y2 2 dy2 + 6 y1e 2 −y2 1 dy1 = 3¯hmω4