Rešene naloge iz Kvantne mehanike II Skripta

Rešene naloge iz Kvantne mehanike II
Skripta
Miha Mihovilovič
October 3, 2006

Predgovor
Dana skripta je nastala iz domačih nalog s katerimi sta nas skozi šolsko leto 2005/2006 zaposlila
dr. Igor Sega in prof. dr. Norma Mankoč Borštnik pri predmetu Kvantna mehanika
II. Ob tem bi se rad obema iskreno zahvalil za vso njuno pomoč pri reševanju nalog. dr. Segi
pa bi se rad še posebej zahvalil tudi za vso pomoč, konskruktivne komentarje, opombe, predloge
in popravke pri nastanku te skripte.
Kljub vsej strokovni pomoči pa se med rešitvami gotovo še vedno skriva ogromno napak,
zato naj bralec ne verjame vedno vsemu kar prebere. Za vse popravke, komentarje in
pripombe se toplo priporočam na elektronskem naslovu: miha@mihovilovic.org
3

Contents
1 Uvodne naloge 7
1.1 Bohrov atom in Planckove konstante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Enačna standardnega modela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 Lorentzova transformacija 11
2.1 Lorentzova transormacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Lorentzova transformacija II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3 Lorentzova transformacija III. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.4 Lorentzova transformacija IV. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5 Transformacijske lastnosti bilinearnih form . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.6 Bilinearna forma G = ψγ 5 ψ pri Lorentzovi transformaciji . . . . . . . . . . 22
3 Poissonovi oklepaji 27
3.1 Poissonovi oklepaji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 Zveza: e P i a iσ i
= A + ∑ i B iσ i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.3 Poissonovi oklepaji II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.4 Poissonovi oklepaji in upodobitve operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.5 Komutator vrtilne količine in sfernega harmonika . . . . . . . . . . . . . . . 38
4 Hermitski operatorji 41
4.1 Lastne vrednosti hermitskih operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.2 Lastni vektorji hermitskih operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.3 Operator ˆx in operator ˆp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.4 Hermitski operatorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5 Harmonski oscilator 49
5.1 Lastne rešitve harmonskega oscilatorja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
5.2 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
5.3 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja II. . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5.4 Formula Faa di Bruno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
6 Matrična upodobitev operatorjev 67
6.1 Matrična upodobitev operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
6.2 Matrična upodobitev operatorjev II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
5

6 CONTENTS
6.3 Matrična upodobitev grupe S 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
7 Clebsh-Gordanovi koeficienti 79
7.1 Clebsh-Gordanovi koeficienti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
8 Spinski sistemi 83
8.1 Spinski operator v Heisenbergovi sliki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
8.2 Spinski sistem v časovno odvisnem magnetnem polju . . . . . . . . . . . . . 86
8.3 Paulijeve matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
8.4 Spinski sistem v časovno odvisnem magnetnem polju II . . . . . . . . . . . 93
8.5 Gostotni operator lokaliziranega spina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
8.6 Gostotna matrika delca v 2D potencialnem loncu . . . . . . . . . . . . . . . 102
9 Klein-Gordonova enačba 107
9.1 Klein-Gordonov delec . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
9.2 Energijski spekter prostega relativstičnega delca . . . . . . . . . . . . . . . . 115
9.3 Sipanje piona na potencialni barieri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
9.3.1 Analitična rešitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
9.3.2 Numerična rešitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
10 Diracova enačba 135
10.1 Tok prostega Diracovega delca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
10.2 Parnost in Diracova enačba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
10.3 Lastna stanja prostega Diracovega delca v kiralni reprezentaciji . . . . . . . 144
10.4 Hermitski operatorji za prost Diracov delec . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
10.5 Operator hitrosti prostega Diracovega delca . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
11 Permutacijska grupa 157
11.1 Bazne funkcije grupe S 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
11.1.1 Ekvivalenčni razredi grupe G . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
11.1.2 Youngov diagram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
11.1.3 Youngov Tablo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
11.1.4 Ekvivalentne upodobitve operatorjev Q . . . . . . . . . . . . . . . . 162
11.2 Upodobitev grupe S 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
11.3 Upodobitev grupe S 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
11.4 Paulijeva funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
11.5 Paulijeva funkcija II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
11.6 1D upodobitve simetrijske grupe kvadrata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

Chapter 1
Uvodne naloge
Figure 1.1: Danski Fizik Niels Bohr se je rodil 7.10.1885 v Kobenhavnu, kjer je 18.11.1962
tudi umrl. V Rutherfordov model atoma je vpeljal kvantnomehanska načela in izdelal
Bohrov model atoma. Postavil je Bohrov frekvenčni pogoj in določil magnetni moment
elektrona. Po Bohrovem korespondenčnem načelu ustreza kvantna mehanika v limiti
klasičnim mehanskim zakonom. Leta 1922 je prejel Nobelovo nagrado. Med leti 1943 -
1945 pa je v Los Alamosu sodeloval pri gradnji atomske bombe. [12]
Nemški fizik Max Planc se je rodil 23.4.1858 v mestu Kiel in umrl 4.10.1947 v Göttingenu.
Prispeval je k razumevanju termodinamike. Pri raziskavi sevanja segretih teles je prišel do
spoznanja, da se energija ne izseva kontinuirano, pač pa v majhnih obrokih t.i. kvantih.
Uvedel je tudi Planckono konstanto. [12]
1.1 Bohrov atom in Planckove konstante
Vzemimo Bohrov model z gravitacijsko silo in ga aplicirajmo na gibanje planetov. Vezavna
energija naj bo mc 2 . Od tod oceni Planckovo dolžino, Planckov čas in Planckovo maso.
7

8 CHAPTER 1. UVODNE NALOGE
Rešitev:
Vzemimo zvezdo z maso m, ki je na miru in planet, z isto maso, ki kroži okoli njega. Mi
vemo, da bo zvezda pri miru le tedaj, kadar je veliko težja od planeta, vendar to napako
spreglejmo in se delajmo, kot da je vse v redu. Za naš model bo to čisto dobro. Če planet
krozi okrog zvezde, lahko zanj napišemo Newtnow zakon:
Ko pokrajšamo, dobimo zvezo
F centrifugalna = F gravitacijska (1.1)
mrω 2 = Gmm
r 2 (1.2)
(1.3)
r 3 ω 2 = Gm (1.4)
Sedaj izračunajmo vezavno energijo E, ki je vsota kinetične in potencialne energije
W = T + V (1.5)
W = 1 2 mv2 − Gm2
r
Če v tej zvezi upoštevamo zvezo, ki smo jo dobili iz izenačitve sil, dobimo
Absolutna vrednost vezavne energije je potem
(1.6)
W = − 1 m 2
2 r G (1.7)
|W | = 1 m 2
2 r G = mc2 , (1.8)
in ta mora biti enaka mirovni masi sonca. Od tod ven lahko izračunamo, da je značilni
radij
r = 1 Gm
2 c 2 (1.9)
Našemu planetu pa lahko pripišemo tudi Comptonovo valovno dolžino. Pri tem ocenimo,
da je le ta približno enaka karakterističnemu radiju
Iz slednjega izraza izrazimo maso
λ compton = mc ≈ r (1.10)
m = rc
(1.11)
Če izraz vstavim v izraz 1.9 in korenimo, dobimo
√
1 G
r p =
2 c 3 ≈ 1.1 × 10−35 m (1.12)

1.2.
ENAČNA STANDARDNEGA MODELA 9
Dobljeni radij poimenujemo po gospodu Plancku: Planckov radij.
hitrostjo pa dobimo Planckov čas:
Če ga delimo s svetlobno
t p = r p
c = √
G
2c 5 = 3.8 × 10−44 s (1.13)
Če pa Planckov radij vstavimo v izraz za maso, ki smo ga izpeljali iz Comptonove valovne
dolžine, dobimo t.i. Planckovo maso
m =
r p c = √
c
2G = 1.5 × 10−8 kg (1.14)
Figure 1.2: Nemski fizik Albert Einstein se je rodil 14.3.1879 v Ulmu in umrl 18.4.1955
v Princetonu. Njegovi teoriji, posebna in splošna relativnostna teorija, ter hipoteza o
kvantni naravi svetlove, so spremenile in razširile temeljne poglede v fiziki. Pomembna so
tudi njegova teorijska dela o Brownovem gibanju in specifični toploti trdne snovi. Leta
1921 je prejel Nobelovo nagrado. [12]
1.2 Enačna standardnega modela
Izpelji enačbo standardnega modela vesolja. Postopaj Klasično!
Rešitev:
Imejmo jato galaksij z gostoto ρ. V tej galaksiji naj bo zvezda na razdalji R z maso m.
Predpostavimo, da je vesolje homogeno in izotropno. Koordinatno izhodišče postavimo v
središče galaksije. Radij vektor do naše zvezde zapišemo kot
Hitrost zvezde pa je potem kar
⃗R = (R 1 ,R 2 ,R 3 ) = (x,y,z) (1.15)
⃗v = d⃗ R
dt . (1.16)

10 CHAPTER 1. UVODNE NALOGE
Sedaj zapišimo zakon o ohranitni energije. Vemo, da je celotna energija konstantna
Kinetično energijo lahko zapišemo kot:
E = T + V = konst. (1.17)
T = mv2
2
= m(d⃗ R
dt )2
2
(1.18)
Potrebujemo še potencialno energijo, ki je posledica tega, da se naš delec giba v gravitacijskem
polju galaksije. Vemo, da za konzervativne sile velja, da je sila kar negativni
gradient potenciala
Od tod ven lahko izračunamo potencial in je kar enak
Če še upoštevamo, da je
⃗F = − GmM
R 2 ⃗ R
R = −⃗ ∇V (R) (1.19)
V (R) = − GmM
R
(1.20)
dobimo
M = 4πR3 ρ, (1.21)
3
To sedaj upoštevajmo v energijskem zakonu:
V (R) = − 4π 3 ρGmR2 (1.22)
E = T + V = m ( dR
dt
2
Če enačbo pomnožimo z
2
mR 2 , dobimo
) 2
− 4π 3 ρGmR2 (1.23)
( )
2E dR 2
mR 2 = dt
− 8π R 3
ρG (1.24)
Če še vpeljemo parameter
dobimo enačbo standardnega (klasičnega) modela vesolja
( dR
dt
R
k = − 2E m , (1.25)
) 2
− k R 2 = 8π ρG (1.26)
3

Chapter 2
Lorentzova transformacija
Figure 2.1: Nizozemski fizik Hendrik Antoon Lorentz se je rodil 18.7.1953 v mestu Arnhem,
umrl pa je 4.2.1928 v Haarlemu. Leta 1895 je postavil klasično teorijo elektrona in z njo
pojasnil Zeemanov pojav. Prvi je razložil rezultate Michelsonovega poskusa, pri tem pa
uvedel skrčenje (kontrakcijo) dolžine hitro gibajočega se telesa (Lorentzova kontrakcija).
Lorentzova transformacija opisuje prehod iz mirujočega sistema v drugega, ki se giblje z
enakomerno hitrostjo. Leta 1902 je prejel Nobelovo nagrado skupaj z P. Zeemanom. [12]
2.1 Lorentzova transormacija
Poišči a v nastavku za Λ ij = δ ij + aβ i β j . Napotek: uporabi parameterizacijo Λ0 0 = γ,
Λ0 i = γβi . Poišči zvezo med γ in β i .
Rešitev:
Za Lorentzovo transformacijo velja:
Λ a cΛ b d η ab = η cd (2.1)
11

12 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA
Če vzamemo c = 0, dobimo:
Λ a 0Λ b d η ab = η 0d (2.2)
Od tod vidimo, da bodo zanimivi le primeri, ko je a = b. Poglejmo si najprej primer, ko je
d = 0. Zveza (2.2) nam v tem primeru da:
−Λ 1 0 Λ1 0 − Λ2 0 Λ2 0 − Λ3 0 Λ3 0 + Λ0 0 Λ0 0
} {{ }
= 1 (2.3)
=γ 2
Če še upoštevamo, kako se izraža Λ ij , dobimo:
−(γβ 1 ) 2 − (γβ 2 ) 2 − (γβ 3 ) 2 + γ 2 = 1
⇓
γ 2 ( 1 − β 2) = 1 (2.4)
oziroma ko obrnemo:
γ 2 = 1
1 − β 2 (2.5)
Sedaj vzemimo d = 1. V tem primeru dobi zveza (2.2) obliko:
−Λ 1 0Λ 1 1 − Λ 2 0Λ 2 1 − Λ 3 0Λ 3 1 + Λ 0 0Λ 0 1 = 0
Λ 10 Λ 11 + Λ 20 Λ 21 + Λ 30 Λ 31 − Λ 00 Λ 01 = 0
γβ 1 ( 1 + aβ 1 β 1) + γβ 2 ( aβ 2 β 1) + γβ 3 ( aβ 3 β 1) − γγβ 1 = 0 (2.6)
Podobno lahko sedaj zapišemo še za d = 2:
−Λ 1 0Λ 1 2 − Λ 2 0Λ 2 2 − Λ 3 0Λ 3 2 + Λ 0 0Λ 0 2 = 0
Λ 10 Λ 12 + Λ 20 Λ 22 + Λ 30 Λ 32 − Λ 00 Λ 02 = 0
γβ 1 ( aβ 1 β 2) + γβ 2 ( 1 + aβ 2 β 2) + γβ 3 ( aβ 3 β 2) − γγβ 2 = 0 (2.7)
Nič drugače ni niti za d = 3:
γβ 1 ( aβ 1 β 3) + γβ 2 ( aβ 2 β 3) + γβ 3 ( 1 + aβ 3 β 3) − γγβ 3 = 0 (2.8)
Vse tri izraze za d = 1, d = 2 in d = 3 sedaj seštejmo:
γ ( β 1 + β 2 + β 3) − γγ ( β 1 + β 2 + β 3) + γaβ 1 β 1 β 1 + γaβ 2 β 2 β 1 + γaβ 3 β 3 β 1 +
+γaβ 1 β 1 β 2 + γaβ 2 β 2 β 2 + γaβ 3 β 3 β 2 + γaβ 1 β 1 β 3 + γaβ 2 β 2 β 3 + γaβ 3 β 3 β 3 = 0 (2.9)
Ko izraz nekoliko uredimo, dobimo:
γ ( β 1 + β 2 + β 3) − γγ ( β 1 + β 2 + β 3) + γa ( β 1 β 1 + β 2 β 2 + β 3 β 3)
} {{ }
=(β) 2 (
β 1 + β 2 + β 3) = 0(2.10)

2.2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA II. 13
Ko še delimo celoten izraz z ( β 1 + β 2 + β 3) , dobimo:
1 − γ + aβ 2 = 0
(2.11)
Izraz še obrnemo in že imamo končni rezultat:
2.2 Lorentzova transformacija II.
a = γ − 1
β 2 (2.12)
Poišči pomen β i , to je parametrov Lorentzovih transformacij pri potisku, tako, da na vektor,
ki ima vse prostorske komponente nič, apliciraš potisk.
Rešitev:
Četverec β i lahko zapišemo kot β i = (1,β 1 ,β 2 ,β 3 ) T . Splošni potisk ( Lorenzovo transformacijo)
lahko zapišemo kot
Λ ij =
⎛
⎜
⎝
γ γβ 1 γβ 2 γβ 3
γβ 1 γ 0 0
γβ 2 0 γ 0
γβ 3 0 0 γ
⎞
⎟
⎠ (2.13)
Vektor četverec, ki ima le časovno komponento različno od nič, lahko zapišemo kot
x j = (x 0 ,0,0,0) T (2.14)
Sedaj na ta vektor aplicirajmo pritisk, to je izvedemo Lorentzovo transofrmacijo
⎛
γ γβ 1 γβ 2 γβ 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
x 0 x ′0 ⎞
x ′i = Λ ij x j = ⎜ γβ 1 γ 0 0
⎟ ⎜ 0
⎟
⎝ γβ 2 0 γ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ = ⎜ x ′1
⎟
⎝ x ′2 ⎠ (2.15)
γβ 3 0 0 γ 0 x ′3
Zapišimo sedaj, kaj dobimo pri množenju vektorja z matriko
Za i-to komponento lahko sedaj zapišemo
γx 0 = x ′0 (2.16)
γβ 1 x 0 = x ′1 (2.17)
γβ 2 x 0 = x ′2 (2.18)
γβ 3 x 0 = x ′3 (2.19)
x ′i
x ′0 = 1 x ′i
c t ′ = 1 c v′i ; i = 1,2,3 (2.20)

14 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA
Po drugi strani pa je to ob upoštevanju zgornjih zvez enako
Tako smo prišli do ugotovitve, da je
x ′i
x ′0 = γβi x 0
γx 0
= β i (2.21)
β i = v′i
c
(2.22)
Vidimo, da nam β i povedo, s kakšno hitrostjo se delec giba v črtkanem sistemu S ′ , če je
delec v nečrtkanem sistemu S miroval.
2.3 Lorentzova transformacija III.
Pokaži, kako se Lorentzovo transormirata odvoda ∂
∂x a
in ∂
∂x
, če vemo, kako se transformirata
x a in x a a .
Rešitev:
Poskušajmo najprej zapisati odvod
∂
∂x ′ a
= ∂
∂x b
∂x b
∂x ′ a
(2.23)
Vemo, da velja
x ′ a = Λ b
a x b . (2.24)
Če odvajamo, dobimo
dx ′ a = Λ b
a dx b. (2.25)
sedaj enačbo pomnožimo z Λ a c. Če upoštevamo, da je Λ a cΛ b
a = δ b
c , dobimo
Če zamenjamo indeks c −→ b, dobimo
oziroma, če izrazimo ven Λ a b :
Λ a cdx ′ a = dx c (2.26)
Λ a b dx′ a = dx b (2.27)
Λ a b = dx b
dx ′ a
(2.28)
To pa sedaj lahko vstavimo v enačbo za odvod in dobimo
∂
∂x ′ a
= Λ a ∂
b
(2.29)
∂x b

2.4. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA IV. 15
Pa smo dobili prvo zvezo!
Podobno izračunamo tudi zvezo za odvod po kontravariantnem vektorju. Zapišemo lahko
Tudi tu seveda vemo, da je
Če odvajamo, dobimo
sedaj enačbo pomnožimo z Λ c
a
Zamenjajmo indeks c −→ b in dobimo
oziroma, če izrazimo ven Λ b
a :
To lahko vstavimo v enačbo za odvod in dobimo
Pa smo dobili še drugo zvezo.
∂
∂x ′a = ∂
∂x b ∂x b
∂x ′a (2.30)
x ′a = Λ a b xb . (2.31)
dx ′a = Λ a b dxb . (2.32)
in če upoštevamo, da je Λ
c
a Λa b = δc b , dobimo
Λ c
a dx′a = dx c (2.33)
Λ b
a dx ′a = dx b (2.34)
Λ b
a = dxb
dx ′a (2.35)
∂
∂x ′a = Λ a
b ∂
∂x b (2.36)
2.4 Lorentzova transformacija IV.
Pokaži, kako se spremeni člen
∂L
∂ ( ∂A a
∂x b ), (2.37)
če spremenimo A a za ∂ a Φ, kjer je Φ neko skalarno polje (glede na Lorentzove transformacije).

16 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA
Rešitev:
Izhajajmo iz zveze, da je
kjer je F ab tako imenovani tenzor polja in je definiran kot
∂L
∂ ( ∂A a
∂x b ) = −ǫ 0 F b
a , (2.38)
F ab := ∂A b
∂x a − ∂A a
∂x b . (2.39)
Lagrangevo funkcijo L, ki nastopa v zgornjem izrazu, pa vpeljemo kot
Lotimo se računanja. Spremenjeni A ′ vpeljemo kot
L = ǫ 0
4 F ab F ab (2.40)
A ′a = A a + ∂Φ
∂x a
(2.41)
A ′ a = A a + ∂Φ
∂x a (2.42)
Zaradi te transformacije se spremeni tudi Lagrangova funkcija, ki ni več funkcija A a , pač
pa A ′a .
L(A a ) ↦−→ L(A ′a ). (2.43)
Če še upostevamo definicijo Lagrangove funkcije, lahko zapišemo
L ′ = ǫ 0
4 F ′cd F ′ cd (2.44)
Sedaj imamo vse pripravljeno, da izračunamo naš člen.
(
∂L ′
∂ ( ) = ǫ 0 ∂(F ′cd F
cd ′ )
∂A ′a
4 ∂ ( ) = ǫ 0 ∂(F ′cd )
∂A ′a
4 ∂ ( )F
∂A ′a cd ′ + F ′cd ∂(F cd ′ )
∂ ( ∂A ′a
∂x b ∂x b ∂x b
∂x b )
)
(2.45)
Če indeske c in d malo premešamo, dobimo:
⎛
⎞
∂L ′
∂ ( ) = ǫ 0
⎝ ∂(F ′ d
c )
∂A ′a
4 ∂ ( )F ′ c
∂A ′a d + F ′ ∂(F cd
( ′ cd ) ⎠ (2.46)
∂x b ∂x b ∂ ∂A ′a
∂x b )
Hitro vidimo, da je drugi člen enak prvemu in tako dobimo
( )
∂L ′
∂ ( ) = 2 ǫ 0 ∂(F ′ d
c )
∂A ′a
4 ∂ ( )F ′ c
∂A ′a d
∂x b ∂x b
(2.47)

2.4. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA IV. 17
Če sedaj upoštevamo definicijo tenzorja napetosti, lahko zapišemo
F cd = ∂A′ d
∂x c − ∂A′ c
∂x d (2.48)
F d
c
Ko to upoštevamo v izrazu 2.47,dobimo
∂L ′
∂ ( ) = ǫ 0
∂A ′a
2 F ′ c
∂x b
= ∂A′ d
∂x c − ∂A′ c
∂x d
(2.49)
d
(
∂(
∂A d
∂x
) c
∂( ∂Aa ) − ∂(∂Ac
∂( ∂Aa
∂x b
∂x d
)
∂x b )
Ker sta c in d sumacijska indeksa, ju lahko v drugem členu preimenujemo:
)
(2.50)
c −→ d (2.51)
d −→ c (2.52)
Potem oba indeksa v drugem clenu tudi dvignemo in če še upoštevamo antisimetričnost
tenzorja polja
dobimo
F ′ cd = −F d c, (2.53)
∂L ′
∂ ( ∂A ′a
∂x b ) = 2 ǫ 0
2 F ′ c
d
(
∂(
∂A d
∂x
) c
∂( ∂Aa )
∂x b
)
(2.54)
V zgornjem izrazu lahko opazimo, da bo zadnji člen z odvodi različen od nič le tedaj, ko
bo
Potem lahko zapišemo
d = a (2.55)
c = b. (2.56)
∂L ′
∂ ( ) = ǫ
∂A ′a 0 δaδ d cF b ′ c
d = −ǫ 0 F ′ b
a (2.57)
∂x b
Sedaj pa si poglejmo, kaj je F
ab ′ . Po definiciji lahko zapišemo
Če upoštevamo, kako se izraža A ′ , lahko zapišemo
F ′ ab = ∂
∂x a(A b + ∂Φ
∂x b) −
F ′ ab = ∂A′ b
∂x a − ∂A′ a
∂x b (2.58)
= ∂A b
∂x a + ∂
∂x a ∂Φ
∂x b − ∂A a
∂x b −
∂
∂x b(A a + ∂Φ
∂xa) = (2.59)
∂ ∂Φ
∂x b ∂xa. (2.60)

18 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA
Če v slednjem členu drzno zamenjamo vrstni red odvajanja
∂ ∂Φ
∂x b ∂x a −→ ∂ ∂Φ
∂x a ∂xb, (2.61)
se v zgornjem izrazu člena s potencialom Φ pokrajšata in ostane nam
F ab
′ ∂A b
∂x a − ∂A a
∂x b = F ab (2.62)
Vidimo, da se tenzor polja pri taki umeritveni transformaciji ne spremeni. Če to upoštevamo
v izrazu 2.57, dobimo
∂L ′
∂ ( ) = −ǫ
∂A ′a 0 F ′ b
a = −ǫ 0 Fa b = ∂L
∂ ( ) (2.63)
∂A a
∂x b ∂x b
Tako, pa smo na koncu. Vidimo, da se dani člen, pri dani umeritveni transformaciji prav
nič ne spremeni.
2.5 Transformacijske lastnosti bilinearnih form
Določi transformacijske lastnosti bilinearnih form ψ(x)Γψ(x) pri Lorentzovih transformacijah
x µ = Λ ν µ xν . Γ je katerikoli izmed 16 vektorjev baze Cliffordove algebre.
Rešitev:
Preden se lotimo dela, zapišimo vseh 16 vektorjev baze Cliffordove algebre:
1 : 1 (2.64)
2 : γ 0 ,γ 1 ,γ 2 ,γ 3 (2.65)
3 : γ 1 γ 2 ,γ 1 γ 3 ,γ 1 γ 0 ,γ 2 γ 3 ,γ 2 γ 0 ,γ 3 γ 0 (2.66)
4 : γ 2 γ 3 γ 0 ,γ 3 γ 0 γ 1 ,γ 0 γ 1 γ 2 ,γ 1 ,γ 2 ,γ 3 (2.67)
Sedaj pa imejmo Lorentzovo transformacijo:
5 : γ 0 γ 1 γ 2 γ 3 (2.68)
x ′ µ = Λ
µ
ν x ν (2.69)
Dogovorimo se, da gledamo, se omejimo le na infenitizimalno Lorentzovo transfomacijo. V
tem primeru jo lahko zapišemo kot
λ µν = δ µν + ǫ µν , (2.70)
kjer so ǫ µν zelo majhne vrednosti. Dani tenzor ǫ µν seveda zadošča določenim pogojem:
ǫ ∗ ik = ǫ ik (2.71)
ǫ ∗ 00 = ǫ 00 (2.72)
ǫ ∗ i0 = −ǫ i0 (2.73)
ǫ 2 0k = −ǫ 0k (2.74)
i,k = 1,2,3 (2.75)

2.5. TRANSFORMACIJSKE LASTNOSTI BILINEARNIH FORM 19
Dani infenitizimalni tenzor lahko zapišemo v matrični obliki kot:
⎛
⎞
0 −iλ 1 −iλ 2 −iλ 3
ǫ µν = ⎜ iλ 1 0 ω 3 −ω 2
⎟
⎝ iλ 2 −ω 3 0 ω 1
⎠ , (2.76)
iλ 3 ω 2 −ω 1 0
kjer je ⃗ω = (ω 1 ,ω 2 ,ω 3 ) T takoimenovani aksialni vektor. Vektor ⃗ λ = (λ 1 ,λ 2 ,λ 3 ) T pa nekako
predstavlja vektor potiska.
Pri infenitizimalni Lorenztovi transformaciji se valovna funkcija transformira kot 1 :
ψ ′ = (1 + ξ)ψ, (2.77)
kjer je ξ enak:
ξ = 1 ∑∑
ǫ ρσ γ ρ γ σ (2.78)
4
ρ σ
in zanj velja še:
γ µ ξ − ξγ ν = ∑ ν
ǫ µν γ ν (2.79)
Sedaj glejmo bilinearne forme:
G = ψΓψ = ψ † γ 0 Γψ, (2.80)
kjer smo upoštevali , da je ψ = ψ † γ 0 . Sedaj napravimo Lorentzovo transformacijo te forme:
kjer smo z Γ označili količino:
G ′ = ψ ′ Γ ′ ψ ′ = ψ ′ † γ 0 Γψ ′ = ψ † (1 + ξ † )γ 0 Γ(1 + ξ)ψ =
= ψ † γ 0 Γ ′ ψ = ψΓ ′ ψ, (2.81)
Γ ′ = γ 0 (1 + ξ † )γ 0 Γ(1 + ξ) (2.82)
Od tod vidimo, da če želimo izračunati transformacijo bilinearne forme, moramo izračunati
le Γ ′ in že smo na konju. Da bi to lahko izračunali pa potrebujemo še ξ † . Da bi ga izračunali
vzemimo zvezo 2.79 za µ = 0:
γ 0 ξ − ξγ 0 = ∑ ν
ǫ 0 νγ ν (2.83)
Zvezo adjungirajmo in upoštevamo še, da je γ µ† = γ µ ter, da je ǫ 0 k∗ = −ǫ
0
k
. Dobimo:
3∑
γ 0 ξ † − ξ † γ 0 = ǫ 0 k γk (2.84)
k=1
1 Za izpeljavo glej Siegfried Flügge: Practical quantum Mechanics, problem 191.

20 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA
Dobljeno zvezo sedaj z leve pomnožimo z γ 0 in ob upoštevanju lastnosti te Diracove matrike,
dobimo
3∑
γ 0 ξ † γ 0 = ξ † − ǫ 0 k γ0 γ k (2.85)
Sedaj pa si bolj podrobno poglejmo zvezo 2.78. Količino ξ lahko z upoštevanjem lastnosti
matrik γ µ in tenzorja ǫ µν bolj sugestivno zapišemo v obliki:
ξ = 1 2
k=1
3∑
ǫ k0 γ k γ 0 + 1 ∑ ∑
ǫ kl γ k γ l (2.86)
4
k=1
Sedaj pa adjungirajmo ta izraz in dobimo:
ξ † = 1 2
k
l
3∑
ǫ k0 γ k γ 0 − 1 ∑ ∑
ǫ kl γ k γ l (2.87)
4
k=1
Ko seštejemo izraza za ξ in ξ † , nam ostane le še
ξ + ξ † = 2 1 2
k
l
3∑
ǫ k0 γ k γ 0 (2.88)
Sedaj ta rezultat uporabimo v izrazu 2.85 in dobimo pomemben rezultat:
k=1
γ 0 ξ † γ 0 = −ξ (2.89)
Dobljeni rezultat sedaj upoštevajmo v zvezi 2.82 in dobimo:
Γ ′ = γ 0 γ 0 Γ(1 + ξ) + γ 0 ξ † γ 0 Γ(1 + ξ) = Γ + γξ − ξΓ − ξΓξ (2.90)
Če izpustimo člene višjega reda, nam ostane zelo pomemben rezultat:
Γ ′ = Γ + (Γξ − ξΓ) (2.91)
Sedaj vemo kako izračunati Γ, s tem pa tudi vemo, kako se pri Lorentzovi transformaciji
spremeni G −→ G ′ .
Sedaj pa lahko pogledamo različne primere.
Γ = 1:
v tem primeru je potem:
kar pomeni, da je
γ ′ = 1 + ξ − ξ = 1, (2.92)
G ′ = ψψ = G (2.93)
Vidimo, da se takšna Bilinearna forma pri Lorenztovi transformaciji obnaša kot skalar.

2.5. TRANSFORMACIJSKE LASTNOSTI BILINEARNIH FORM 21
Γ = γ µ
Tu lahko sedaj zapišmo:
Γ ′ = γ µ + (γ µ ξ − ξγ µ ) = γ µ + ∑ ν
ξ µ ν γν , (2.94)
kjer smo v izpeljavi upoštevali zvezo 2.79. Ko to upoštevamo v izrazu za transformacijo
bilinearne forme, dobimo
G ′ µ = G µ + ∑ ν
ǫ µ νG ν (2.95)
V tem primeru pa se G µ transformira kot komponente vektorja pri Lorentzovi transformaciji.
Γ = γ µ γ ν
Pri obavnavi bilinearnih form ne gledamo direktno takega Γ, pač pa izraz nekoliko preoblikujemo
γ µ γ ν = 1 2 {γµ ,γ ν } + + 1 2 [γµ ,γ ν ] − = δ µν + 1 2 [γν ,γ ν ] − (2.96)
Definirajmo sedaj novo količino:
σ µν = 1 2 [γµ ,γ ν ] (2.97)
Za delta funkcijo smo že ugotovili v prvem primeru, da se v bilinearni formi transformira
kot skalar. Zato sedaj za bilinearno formo vzemimo Γ = σ µν . To nam da:
Γ ′ = σ µν + (σ µν ξ − ξσ µν ) (2.98)
Ko stvar razpišemo, upoštevamo izraz 2.78 in izraz nekoliko uredimo, nam ostane
Γ ′ = σ µν + ∑ ρ
(ǫ νρ σ µρ + ǫ µρ σ ρν ) . (2.99)
Ko to upoštevamo v izrazu za transformacije bilinearnih form, dobimo:
G ′ µν = G µν + ∑ ρ
(
ǫµρ G ρ ν + ǫ νρ G ρ )
µ . (2.100)
Iz izraza, ki ga dobimo, vidimo, da se G µν transformira kot tenzor 2. ranga.

22 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA
Γ = γ µ γ ν γ ρ
Namesto da množimo vse tri γ ν med seboj, uporabimo strašen trik. Vpeljemo:
Ko to uporabimo na Diracovih matrikah, dobimo
γ 5 = iγ 0 γ 1 γ 2 γ 3 . (2.101)
γ 1 γ 2 γ 3 = −iγ 0 γ 5 (2.102)
γ 0 γ 2 γ 3 = iγ 1 γ 5 (2.103)
γ 0 γ 1 γ 3 = iγ 2 γ 5 (2.104)
−γ 0 γ 1 γ 2 = iγ 3 γ 5 (2.105)
Od tod vidimo, da lahko namesto produkta treh Diracovih matrik za Γ vzamemo produkt:
Γ = γ µ γ 5 (2.106)
Ker γ 5 antikomurira z vsemi matrikami γ µ , iz izraza 2.78 sledi, da matrika γ 5 komutira z
ξ. Ko to upoštevamo v izrazu za Γ ′ , dobimo
Γ ′ = γ µ γ 5 + ( γ µ γ 5 ξ − ξγ µ γ 5) = (γ µ + (γ µ ξ − ξγ µ )) γ 5 (2.107)
V clenu pred γ 5 , prepoznamo izraz iz drugega primera. Ko to uporabimo v izrazu za
transformacijo Bilinearne forme, ugotovimo, da je:
G ′ µ = G µ + ∑ ν
ǫ µ ν Gν (2.108)
Vidimo, da se ta bilinearna forma pri Lorenzovi transformacji transformira kot vektor. Ker
pa je še pomnožena z γ 5 rečemo, da je psevdovektor.
Γ = γ 5
Za konec pa nam je ostalo vprašanje, kaj dobimo pri Lorentzovi transformaciji v primeru,
ko v bilinearni formi nastopa produkt štirih Diracoovih matrik. Tedaj velja:
To pomeni, da je
Γ ′ = γ 5 + γ 5 ξ + ξγ 5 = γ 5 + (ξ − ξ)γ 5 = γ 5 = Γ (2.109)
G ′ = G (2.110)
Za to bilinearno formo, pa rečemo, da se pri Lorentzovi transformaciji transformira kot
psevdoskalar.
2.6 Bilinearna forma G = ψγ 5 ψ pri Lorentzovi transformaciji
Pokaži, da se bilinearna forma oblike G = ψγ 5 ψ pri Lorentzovi transformaciji x ′µ = Λ µ νx ν ,
transformira kot:
G ′ = det(Λ µ ν)G (2.111)

2.6. BILINEARNA FORMA G = ψγ 5 ψ PRI LORENTZOVI TRANSFORMACIJI 23
Rešitev:
Iz teorije vemo, da se pri Lorentzovi transformaciji valovne funkcije transformirajo kot:
kjer je S znana transformacija in zanjo velja:
ψ −→ ψ ′ = Sψ, (2.112)
S −1 γ µ S = Λ µ ν γν (2.113)
Splošna bilinearna forma pa se, ob upoštevanju transformacije za valovno funkcijo, transformira
kot:
G ′ = ψ ′ Γψ ′ = ψS −1 ΓSψ = ψΓ ′ ψ (2.114)
Da bi vedeli, kako se transformira bilinearna forma, v kateri nastopa γ 5 , moramo izračunati
izraz:
Γ ′ = S −1 γ 5 S = S −1 γ 0 γ 1 γ 2 γ 3 S (2.115)
Ker vemo, da je SS −1 = Id., lahko zgornjo zvezo zapišemo kot:
Če sedaj še uporabimo zvezo 2.113, dobimo
Γ ′ = S −1 γ 0 SS −1 γ 1 SS −1 γ 2 SS −1 γ 3 S (2.116)
Γ ′ = Λ 0 ν γν Λ 1 ν γν Λ 2 ν γν Λ 3 ν γν (2.117)
Lorenztovo transformacijo lahko zapišemo kot neko (zaenkrat še neznano) matriko:
⎛
Λ µ ν = ⎜
⎝
Če to uporabimo v našem izrazu, dobimo:
⎞
a 00 a 01 a 02 a 03
a 10 a 11 a 12 a 13
a 20 a 21 a 22 a 23
a 30 a 31 a 32 a 33
⎟
⎠ (2.118)
Γ ′ = ( a 00 γ 0 + a 01 γ 1 + a 02 γ 2 + a 03 γ 3) × ( a 10 γ 0 + a 11 γ 1 + a 12 γ 2 + a 13 γ 3) ×
(
a20 γ 0 + a 21 γ 1 + a 22 γ 2 + a 23 γ 3) × ( a 30 γ 0 + a 31 γ 1 + a 32 γ 2 + a 33 γ 3) (2.119)
Sedaj se odločimo, da ne bomo več delali splošno, pač pa bomo rešili ”polsplošen”
problem. Poglejmo si, kaj dobimo v primeru Lorentzove transformacije, ki ima obliko:
⎛
Γ µ ν = ⎜
⎝
g −igβ 0 0
−igβ g 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
⎞
⎟
⎠ , (2.120)

24 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA
kjer je g = √ 1 . Determinanta te Lorenzove matrike, ko jo izračunamo, znaša:
1−β 2
detΛ µ ν = g 2 (1 + β 2 ) (2.121)
Sedaj dano Lorentzovo transformacijo uporabimo v izrazu 2.119, in dobimo
Γ ′ = (gγ 0 − igβγ 1 )(−igβγ 0 + gγ 1 )γ 2 γ 3 (2.122)
Ko zmnožimo vse člene skupaj in upoštevamo zveze:
γ 0 γ 0 = 1 (2.123)
γ i γ i = −1 (2.124)
γ µ γ ν = −γ ν γ µ , (2.125)
dobimo končni rezultat:
Γ ′ = g 2 (1 + β 2 )γ 0 γ 1 γ 2 γ 3 = detΛ µ ν γ0 γ 1 γ 2 γ 3 (2.126)
To nas je pripeljalo do zaključka, da je
Γ ′ = detΛ µ νΓ (2.127)
in posledično tudi:
G ′ = detΛ µ ν G (2.128)
Sedaj si poglejmo, kaj dobimo v primeru, če za Lorenzovo transformacijo vzamemo
klasično rotacijo v prostoru. Za svoj primer sem vzel rotacijo okrog z osi, ki jo v obliki
matrike zapišemo kot:
⎛
Λ µ ν = ⎜
⎝
1 0 0 0
0 cos φ − sinφ 0
0 sinφ cos φ 0
0 0 0 1
Ko to vstavimo v izraz 2.119 in ga uredimo, dobimo
⎞
⎟
⎠ (2.129)
Γ ′ = (cos 2 φ + sin 2 φ)γ 0 γ 1 γ 2 γ 3 = detΛ µ ν γ0 γ 1 γ 2 γ 3 (2.130)
Vidimo, da zopet pridemo do enakega zaključka, kot v prvem primeru.
Za konec pa si poglejmo še primer, ko za transformacijo vzamemo operacijo parnosti, ki
naredi:
x 0 −→ x 0 (2.131)
x i −→ −x i (2.132)

2.6. BILINEARNA FORMA G = ψγ 5 ψ PRI LORENTZOVI TRANSFORMACIJI 25
Ko to zapišemo v matrični obliki, dobimo:
⎛
µ
Λ p ν = ⎜
⎝
Ko tudi to vstavimo v izraz 2.119, dobimo
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
⎞
⎟
⎠ (2.133)
Γ ′ = 1γ 0 (−1)γ 1 (−1)γ 2 (−1)γ 3 = −γ 0 γ 1 γ 2 γ 3 = detΛ µ ν γ0 γ 1 γ 2 γ 3 (2.134)
Prav nič presenetrljivo smo znova prišli do istega rezultata. Od tod vidimo, da če za
transformacijo vzamemo transformacijo Λ P , se pri Lorentzovi transformaciji naša bilinearna
forma (ψγ 5 ψ) transformita kot
G −→ G ′ = −G (2.135)
Zaradi tega se ta bilinerna forma imenuje psevdo skalar, saj pri takšni transformaciji partnosti
dobimo negativni predznak.

26 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA

Chapter 3
Poissonovi oklepaji
3.1 Poissonovi oklepaji
Poišči Poissonove oklepaje med x a in F(x b ,p b ), med p a in F(x b ,p b ), ter med gibalnimi
količinami ter L ab in {L ab ,L cd } p .
Rešitev:
Poissonov oklepaj je definiran kot
{A,B} p = ∂A
∂p a ∂B
∂x a
− ∂A
∂x a ∂B
∂p a
(3.1)
Najprej izračunajmo Poissonov oklepaj {x a ,F(x b ,p b )}. Računamo kar po definiciji
{x a ,F(x b ,p b )} = ∂xa ∂F(x b ,p b )
∂p c − ∂xa ∂F(x b ,p b )
∂x c ∂x c (3.2)
∂p c
Ker vemo, da je
lahko zapišemo
∂x a
∂x c = δac (3.3)
∂p a
∂p c = δac (3.4)
∂x a
= 0,
∂pc (3.5)
{x a ,F(x b ,p b )} = −δ ac ∂F(xb ,p b )
∂p c
(3.6)
Slednji odvod izračunamo tako, da posredno odvajamo
∂F
= ∂F ∂x b
∂p c ∂x b + ∂F ∂p b
∂p c ∂p b = ∂F
∂p c ∂p bδb c (3.7)
27

28 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI
Če to upostevamo v Poissonovemu oklepaju, dobimo
{x a ,F(x b ,p b ac ∂F
)} = −δ
∂p bδb c = + ∂F
∂p bδab (3.8)
Pri tem smo upostevali, da δ b c
spremeni predznak.
Povsem analogno lahko postopamo pri reševanju Poissonovega oklepaja gibalne količine
in te iste funkcije
{p a ,F(x b ,p b )} = ∂pa ∂F
∂p c − ∂pa ∂F ac ∂F
∂x c ∂x c = δ (3.9)
∂p c ∂x c
Tudi tu odvod ∂F
∂x c
izračunamo s posrednim odvajanjem po obeh njegovih spremenljivkah
∂F(x b ,p b )
∂x c
= ∂F
∂x bδb c . (3.10)
Ko to upoštevamo v Poissonovemu oklepaju, dobimo
{p a ,F(x b ,p b ac ∂F
)} = δ
∂x bδb c = − ∂F
∂x bδab . (3.11)
Sedaj izračunajmo Poissonov oklepaj med gibalno količino in vrtilno količino. Zapišemo
{L ab ,p c } = ∂Lab
∂p d ∂p c
∂x d
− ∂Lab
∂x d ∂p c
∂p d
= −∂Lab
∂x d δc d . (3.12)
Upoštevajmo definicijo vrtilne količine:
Potem lahko izračunamo odvod
L ab = x a p b − x b p a (3.13)
∂L ab
∂x d = pb δ ad − p a δ bd (3.14)
Odvoda vrtilne količine po gibalni količini ni potrebno izračunati, ker je prvi člen enak nič.
Tako nam ostane le
{L ab ,p c } = −(p b δ ad − p a δ bd )δ c d = −pa δ bc + p b δ ac . (3.15)
Za konec pa izračunajmo še Poissonov oklepaj {L ab ,L cd }. Po definiciji lahko spet
napišemo
{L ab ,L cd } = ∂Lab
∂p g ∂L cd
∂x g
− ∂Lab
∂x g ∂L cd
∂p g
(3.16)

3.2. ZVEZA: E P I A Iσ I
= A + ∑ I B Iσ I 29
Pri tem seveda velja, da je
L ab = x a p b − x b p a (3.17)
L cd = x c p d − x d p c (3.18)
Sedaj lahko izračunamo odvode obeh vrtilnih količin po gibalni količini in kraju. Z malo
truda dobimo
∂L ab
∂p g = xa δ bg − x b δ ag (3.19)
∂L cd
∂x g
= p d δ c g − p c δ d g (3.20)
∂L ab
∂x g = pb δ ag − p a δ bg (3.21)
∂L cd
= x c δg d − x d δg c ∂p g
(3.22)
Če to vstavimo nazaj v definicijo Poissonovega oklepaja, z nekaj dela dobimo
Če upoštevamo, da je
dobimo končen rezultat
{L ab ,L cd } = −δ bc (x a p d − p a x d ) − δ bd (p a x c − x a p c ) −
−δ ac (p b x d − x b p d ) − δ ad (x b p c − p b x c ) (3.23)
L ij = x i p j − x j p i , (3.24)
{L ab ,L cd } = −δ bc L ad + δ bd L ac + δ ac L bd − δ ad L bc (3.25)
3.2 Zveza: e ∑ i a iσ i
= A + ∑ i B iσ i
Dokaži, da velja
e P i a iσ i
= A + ∑ i
B i σ i , (3.26)
kjer so σ i znane Paulijeve matrike.
Rešitev:
Da si osvežimo spomin si najprej napišimo vse tri Paulijeve matrike
( ) 0 1
σ 1 =
1 0
( ) 0 −i
σ 2 =
i 0
( ) 1 0
σ 3 =
0 −1
(3.27)
(3.28)
(3.29)

30 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI
Če sedaj poimenujemo a 1 = a, a 2 = b in a 3 = c, lahko sestavimo novo matriko kot
( ) ( ) ( )
1 a 0 ib c 0
A = aσ 1 + bσ 2 + cσ 3 = + + =
a 0 ib 0 0 −c
(
)
c a − bi
=
a + bi −c
Sedaj si poglejmo, kaj dobimo, če naredimo produkt A.A:
(
)(
)
(
c a − bi c a − bi
A.A =
= (a 2 + b 2 + c 2 1 0
)
a + bi −c a + bi −c
0 1
Z enostavnim premislekom lahko od tod hitro sklepamo, da bo
(
)
A 3 = (a 2 + b 2 + c 2 c a − bi
)
a + bi −c
( )
A 4 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 1 0
0 1
)
(3.30)
(3.31)
(3.32)
(3.33)
. (3.34)
Sedaj je na nas, da razvijemo eksponentni člen e P i a iσ i
v vrsto. Če predpostavimo, da so
a,b,c ∈ R in še označimo z = (a 2 + b 2 + c 2 ), dobimo
e P i a iσ i
= Id + A + z 2! Id + z 3! A + z2 z2
Id +
4! 5! A + z3
Id + ... (3.35)
6!
Dobljeni izraz lahko razdelimo na dva kosa:
e P i a iσ i
= Id(1 + 2!
z + z2
4! + z3
6! + ...) + A(1 + z 3! + z2
5! + z3
+ ...) (3.36)
7!
V izrazih v oklepajih z nekaj pomoči priročnikov prepoznamo
Tako dobimo
1 + 2!
z + z2
4! + z3
6! + ... = cosh(√ z) (3.37)
1 + z 3! + z2
5! + z3
7! + ... = sinh(√ z)
√ z
(3.38)
e P i a iσ i
= Idcosh( √ a 2 + b 2 + c 2 ) + sinh √ a 2 + b 2 + c 2
√
a 2 + b 2 + c 2
Če sedaj še uvedemo konstante
∑
a i σ i (3.39)
A ′ = Idcosh( √ a 2 + b 2 + c 2 ) (3.40)
B i = a i
sinh √ a 2 + b 2 + c 2
√
a 2 + b 2 + c 2 (3.41)
i

3.3. POISSONOVI OKLEPAJI II 31
dobimo končni rezultat
e P i a iσ i
= A ′ + ∑ i
B i σ i (3.42)
Na hitro si sedaj poglejmo še, kaj pa če so a,b,c ∈ I. Zapišimo jih kot
a −→ ia (3.43)
b −→ ib (3.44)
c −→ ic (3.45)
V tem primeru lahko postopamo povsem enako pot v zgornjem primeru, le da v vrsti, ki jo
dobimo, ko razvijemo eksponentni člen ne bodo vsi členi z minusi, pač pa bodo imeli členi,
ki imajo lihe potenče z 2n+1 negativni predznak. Če zapišemo to vrsto dobimo
e P j ia jσ j
= Id(1 − 2!
z + z2
4! − z3
6! + ...) + A(1 − z 3! + z2
5! − z3
+ ...) (3.46)
7!
V izrazih tudi tu prepoznamo
1 − 2!
z + z2
4! − z3
6! + ... = cos(√ z) (3.47)
1 − z 3! + z2
5! − z3
7! + ... = sin(√ z)
√ z
(3.48)
Ko to upoštevamo, dobimo povsem analogen rezultat, kot v prejšnjem primeru, le da tu
nastopajo kotne funkcije:
e P j ia jσ j
= Idcos( √ a 2 + b 2 + c 2 ) + sin √ a 2 + b 2 + c 2
√
a 2 + b 2 + c 2
Če tudi tu uvedemo konstante
∑
ia j σ j (3.49)
A ′ = Idcos( √ a 2 + b 2 + c 2 ) (3.50)
B i = a i
sin √ a 2 + b 2 + c 2
√
a 2 + b 2 + c 2 (3.51)
j
dobimo končni rezultat
P
e
j ia jσ j
= A ′ + ∑ j
iB j σ j (3.52)
3.3 Poissonovi oklepaji II
Izvrednoti Poissonov oklepaj {a,a ∗ }, če velja
a =
1
√
2mω
(mωx + ip) (3.53)

32 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI
Rešitev:
Ker vemo, kako se izraža operator a, lahko takoj zapišemo njemu kompleksno konjugiran
operator a ∗ kot
a ∗ =
1
√
2mω
(mωx − ip) (3.54)
Sedaj se lahko lotimo računanja danega Poissonovega oklepaja. Formalno ga zapišemo kot
Če vstavimo izraza 3.53 in 3.54 v zgornjo enačbo, dobimo
{a,a ∗ } = ∂a ∂a ∗
∂x ∂p − ∂a ∂a ∗
∂p ∂x . (3.55)
{a,a ∗ } =
1 1
√ mω √ (−i) −
2mω 2mω
i
√
2mω
mω
√
2mω
(3.56)
Če dobljeni izraz poenostavimo dobimo končni rezultat
{a,a ∗ } = − i
(3.57)
Sedaj na hitro izračunajmo še obratni Poissonov oklepaj {a ∗ ,a}. Formalno ga zapišemo
{a ∗ ,a} = ∂a∗
∂x
∂a
∂p − ∂a∗ ∂a
∂p ∂x
(3.58)
Če še sem vstavimo izraza 3.53 in 3.54, dobimo
{a ∗ ,a} =
1 1
√ mω √ (i) −
2mω 2mω
(−i) √
2mω
mω
√
2mω
(3.59)
Ko okrajšamo ta izraz, dobimo
{a ∗ ,a} = i
(3.60)
3.4 Poissonovi oklepaji in upodobitve operatorjev
Za operatorje L ab , a,b = 1,2,3, poišči Poissonove oklepaje. Za ustrezne komutatorje poišči
upodobitve: določa jih število l = 0,1/2,1,3/2,..., označuje pa |lm〉, −l ≤ m ≤ l.

3.4. POISSONOVI OKLEPAJI IN UPODOBITVE OPERATORJEV 33
Rešitev:
Operator 1 vrtilne količine vpeljemo kot
L = x × p (3.61)
Posamezno komponento vrtilne količine lahko potem zapišemo kot
L i = ǫ ilk x l p k (3.62)
Poglejmo si sedaj komutatorje dveh komponent vrtilne količine
[L x ,L y ] = [L x ,zp x − xp z ] = [L x ,zp x ] − [L x ,xp z ] = (3.63)
= [L x ,z]p x + z[L x ,p x ] − x[L x ,p z ] − [L x ,x]p z (3.64)
Če upoštevamo, da je
[L x ,z] = −iy (3.65)
[L x ,p z ] = −ip y (3.66)
[L x ,p x ] = 0 (3.67)
[L x ,x] = 0 (3.68)
dobimo
[L x ,L y ] = i(xp y − yp x ) = iL z (3.69)
S ciklično permutacijo dobimo še preostala dva komutatorja
[L y ,L z ] = iL x (3.70)
[L z ,L x ] = iL y (3.71)
Splošno lahko potem zapišemo
[L i ,L j ] = iǫ ijk L k (3.72)
Sedaj pa si poglejmo komutator med skalarjem A in vrtilno količino: [L i ,A] =. Zapišemo
lahko
[L i ,A]ψ = L i Aψ − AL i ψ. (3.73)
Če upoštevamo, da lahko v tem primeru zamenjamo vrstni red operatorjev, saj je A
skalar, dobimo:
[L i ,A]ψ = AL i ψ − AL i ψ = 0 (3.74)
1 Zaradi naše lenobe ne bomo pisali strešic na operatorje, ampak jih bomo imeli le v mislih.

34 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI
Vidimo, da vsaka komponenta vrtilne količine komutira s skalarnim operatorjem A
[L i ,A] = 0. (3.75)
Ker se kvadrat velikosti vrtilne količine L 2 = ∑ i L2 i
sledi
transformira kot skalar, od tod takoj
[L i ,L 2 ] = 0, (3.76)
kar pomeni, da vsaka komponenta vrtilne količine komutira s kvadratom velikosti vrtilne
količine.
Sedaj vpeljimo nova operatorja
Sedaj izracunajmo nekaj komutatorjev s temi operatorji
L ± = L x ± iL y (3.77)
[L + ,L − ] = [L x + iL y ,L x − iL y ] = [L x ,L x ] − i[L x ,L y ] + i[L y ,L x ] + [L y ,L y ] =
Poglejmo si še nekaj produktov, ki nam bodo kasneje koristili
= (−i)iL z − iiL z = 2L z (3.78)
[L 2 ,L ± ] = [L 2 ,L x + iL y ] = 0 (3.79)
[L z ,L ± ] = [L z ,L x ± iL y ] = ±L ± (3.80)
L + L − = (L x + iL y )(L x − iL y ) = L 2 x + L 2 y − i[L x ,Ly] = L 2 x + L 2 y + L z (3.81)
L − L + = (L x − iL y )(L x + iL y ) = L 2 x + L 2 y − L z (3.82)
Ko poznamo te produkte lahko nekoliko drugače izrazimo kvadrat velikosti vrtilne količine:
L 2 = L 2 x + L 2 y + L 2 z = L + L − − L z + L 2 z = L − L + + L z + L 2 z (3.83)
Sedaj te zveze, ki smo jih dobili uporabimo v vektorskem prostoru. Ker je L 2 observabla,
to je v splošnem količina, ki je omejena, in ker je [L 2 ,L z ] = 0 smemo predpostaviti, da
obstaja lastno stanje ψ, za katero velja
L 2 ψ = λψ (3.84)
L z ψ = l z ψ. (3.85)
Zavedati se je potrebno, da mi ne moremo gledati vseh komponent vrtilne količine
hkrati, pač pa le eno komponento in velikost vrtilne količine. Mi smo si izbrali z-komponento.
Poglejmo si sedaj, kaj naredita operatorja L ± na ta lastna stanja danih dveh operatorjev.
L z L ± ψ lz = L ± L z ψ lz ± L ± ψ lz = (l z ± )L ± ψ lz , (3.86)
kjer smo uporabili prej izpeljano zvezo, da je
L z L ± = L ± L z ± L ± (3.87)

3.4. POISSONOVI OKLEPAJI IN UPODOBITVE OPERATORJEV 35
Iz rezultata, ki ga dobimo, vidimo, da L ± delata stanja, ki imajo za eno višjo oz. nižjo
lastno vrednost. Ker se lastne vrednosti spreminjajo vedno za večkratnik , je smiselno
vpeljati
l z = m, m ∈ ..., −2, −1,0,1,2,3,... (3.88)
Podoben postopek naredimo sedaj še z operatorjem kvadrata vrtilne količine.
L 2 ψ lm = λψ lm , (3.89)
kjer že vemo, da nam m pove lastno vrednost z-komponente vrtilne količine. Koeficient
l pa si pripravimo, da bomo z njim opisali lastne vrednosti λ kvadrata velikosti vrtilne
količine. V Diracovi notaciji lahko zgornjo enačbo zapišemo v obliki
Poglejmo si sedaj naslednji skalarni produkt
L 2 |l,m〉 = λ|l,m〉 (3.90)
〈l,m|L 2 |l,m〉 = λ〈l,m|l,m〉 (3.91)
Ker velja, da je 〈l,m|L 2 |l,m〉 ≥ 0 in 〈l,m|l,m〉 ≥ 0, mora biti tudi koeficient λ ≥ 0. To
nam pove, da bodo lastne vrednosti kvadrata vrtilne količine nenegatine.
Mi vemo, da operatorja L ± , ko delujeta na stanje |l,m〉, naredita stanje z eno višjo, oz
eno nižjo lastno vrednostjo z-komponente vrtilne količine
L ± |l,m〉 = C ± |l,m ± 1〉 (3.92)
Sedaj nas zanima, kakšna je konstanta C. V ta namen si poglejmo skalarni produkt zgornjega
izraza s samim sabo. Glejmo najprej za operator L + :
〈L + l,m|L + l,m〉 = C+ 2 〈l,m + 1|l,m + 1〉 (3.93)
Če upoštevamo, da so stanja normirana, dobimo
Če še upoštevamo, da je
dobimo
〈L + l,m|L + l,m〉 = C 2 + (3.94)
L + = (L − ) † (3.95)
L − = (L + ) † , (3.96)
〈l,m|L − L + |l,m〉 = C 2 + (3.97)

36 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI
Če uporabimo zvezo, ki smo jo izpeljali za produkt operatorjev L − L + , dobimo
〈l,m|L 2 − L z − L 2 z |l,m〉 = λ − 2 m − 2 m 2 = C+ 2 (3.98)
Vpeljimo brezdimenzijsko lastno vrednost ξ kot: λ = 2 ξ. Potem nam ostane
2 (ξ − m(m + 1)) = C+ 2 (3.99)
Ker je desna stran nenegativna, mora biti tudi leva. Od tod sledi pogoj:
ξ − m(m + 1) ≥ 0 (3.100)
oziroma
ξ ≥ m(m + 1). (3.101)
Podobno lahko sedaj izvedemo tudi za operator L − :
〈L − l,m|L − l,m〉 = C− 2 (3.102)
Ko malo preoblikujemo, dobimo
〈l,m|L + L − |l,m〉 = C− 2 (3.103)
Če še upoštevamo zvezo, ki smo jo izpeljali za produkt operatorjev L + L − , dobimo
〈l,m|L 2 + L z − L 2 z|l,m〉 = 2 ξ 2 m − 2 m 2 = C− 2 (3.104)
Po vpeljavi istih brezdimenzijskih spremenljivk, dobimo
2 (ξ − m(m − 1)) = c 2 − (3.105)
Od tod pa dobimo pogoj
ξ ≥ m(m − 1). (3.106)
Tako imamo sedaj tri neenakosti
ξ ≥ m(m + 1) (3.107)
ξ ≥ m(m − 1) (3.108)
ξ ≥ 0, (3.109)
kjer je m seveda celo število. Poglejmo si sedaj, kaj dobimo za m ≥ 0. Zapišemo lahko
ξ ≥ m(m + 1) ≥ m(m − 1) (3.110)
Enačaj v prvi zgornji neenakosti velja edino le tedaj, ko je m = ˜m. Tedaj zapišemo
ξ = ˜m(˜m + 1) (3.111)

3.4. POISSONOVI OKLEPAJI IN UPODOBITVE OPERATORJEV 37
za m〈0 lahko zapišemo iste tri neenakosti
V tem primeru spet lahko zapišemo
ξ ≥ m(m + 1) = −|m|(1 − |m|) = |m|(|m| − 1) (3.112)
ξ ≥ m(m − 1) = −|m|(−|m| − 1) = |m|(|m| + 1) (3.113)
ξ ≥ 0, (3.114)
ξ ≥ |m|(|m| + 1) ≥ |m|(|m| − 1) (3.115)
Če tudi tu vzamemo maksimalno absolutno vrednost |m| = ˜m, dobimo
ξ = ˜m(1 + ˜m) (3.116)
Če sedaj preimenujemo m −→ l, ki smo ga v ta namen pripravili, lahko zapišemo
ξ = l(l + 1) (3.117)
Tako smo prišli do dveh pomembnih ugotovitev: Lastne vrednosti operatorja kvadrata
vrtilne količine se izražajo kot
λ = 2 l(l + 1) (3.118)
in so seveda nenegativne, saj je l ≥ 0, ter da za lastne vrednosti z-komponente vrtilne
količine velja
Sedaj imamo vse, da lahko zapišemo konstante C ± kot
|m| ≤ ˜m = l (3.119)
C ± = √ l(l + 1) − m(m ± 1) (3.120)
Delovanje operatorjev L ± lahko tako zapišemo v celostni podobi kot
L + |l,m〉 = √ l(l + 1) − m(m + 1)|l,m + 1〉 (3.121)
L − |l,m〉 = √ l(l + 1) − m(m − 1)|l,m − 1〉 (3.122)
Poglejmo si robni primer l = m. Če na takšno stanje delujemo z operatorjem L − , dobimo
L − |l,l〉 = √ 2l|l,l − 1〉 (3.123)
L 2 − |l,l〉 = D 2|l,l − 2〉 (3.124)
. (3.125)
L k −|l,l〉 = D k |l, −l〉 (3.126)
Od tod vidimo, da za m velja m : l,l − 1,...,1,0, −1,..., −l. Vseh možnih m je tako 2l + 1.
Pogoj za koeficient k pa zapišemo v obliki
l − k = −l; k ∈ 1,2,3,..... (3.127)

38 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI
Če izraz obrnemo, dobimo pogoj za l:
l = k 2 . (3.128)
Vidimo, da ker je k naravno število, ima lahko l naslednje vrednosti:
No, pa smo pri koncu!
l = 1 2 ,1, 3 2 ,2, 5 ,3,... (3.129)
2
3.5 Komutator vrtilne količine in sfernega harmonika
Izvrednoti komutatorje [L µ ,Y lm ], µ = ±,z, kjer so Y lm (normirani) sferni harmoniki.
Rešitev:
Izračunati moramo komutator operatorja in funkcije, ki je v bistvu lastna funkcija danih
operatorjev, saj velja
L z Y lm = mY lm (3.130)
L ± Y lm = √ l(l + 1) − m(m ± 1)Y l,m±1 (3.131)
Da bomo lahko kaj izračunali zapišimo naše tri operatorje v sferičnih koordinatah. Velja
L z = −i ∂
∂φ
(
L ± = e ±iφ ± ∂ ∂θ + icot θ ∂ )
∂φ
Najprej si poglejmo komutator z z-komponento vrtilne količine
(3.132)
(3.133)
[L z ,Y lm ]ψ = L z (Y lm ψ) − Y lm (L z ψ) = −i ∂
∂φ (Y lmψ) − Y lm (−i ∂
∂φ ψ) =
= −i( ∂
∂φ Y ∂ψ
lm)ψ − iY lm
∂φ + iY ∂ψ
lm
∂φ = (L zY lm )ψ = (mY lm )ψ (3.134)
Od tod vidimo, kaj je dani komutator:
Sedaj pa izračunajmo še komutator z operatorjem L + :
= e iφ (
Y lm
∂ψ
∂θ + ψ∂Y lm
[
= Y lm e iφ ( ∂ψ ]
+ icot θ∂ψ
∂θ ∂φ ) + ψ
[L z ,Y lm ] = mY lm (3.135)
[L + ,Y lm ]ψ = L + (Y lm ψ) − Y lm (L + ψ) =
)
∂θ + icot θ(Y ∂ψ
lm
∂φ + ψ∂Y lm
∂φ ) − Y lm (L + ψ) =
[
e iφ ( ∂Y ]
lm
∂θ + icot θ∂Y lm
∂θ ) − Y lm (L + ψ) =
= ψL + Y lm = ψ √ l(l + 1) − m(m + 1)Y lm+1 (3.136)

3.5. KOMUTATOR VRTILNE KOLIČINE IN SFERNEGA HARMONIKA 39
Tako vidimo, da je naš komutator enak
[L + ,Y lm ] = √ l(l + 1) − m(m + 1)Y lm+1 (3.137)
Na isti način izračunamo tudi zadnji komutator z operatorjem L − . Dobimo:
[L − ,Y lm ] = √ l(l + 1) − m(m − 1)Y lm−1 (3.138)

40 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI

Chapter 4
Hermitski operatorji
4.1 Lastne vrednosti hermitskih operatorjev
Pokaži, da imajo hermitski operatorji realne lastne vrednosti.
Rešitev:
Za hermitski operator velja
Naj bo |ψ〉 lastni vektor operatorja A. Potem lahko zapišemo
Če enačbo z leve pomnožimo z 〈ψ|, dobimo
A = A † (4.1)
A|ψ〉 = λ|ψ〉 (4.2)
〈ψ|A|ψ〉 = λ〈ψ|ψ〉 = λ (4.3)
kjer smo upoštevali, da so lastni vektorji normirani. Podoben skalarni produkt lahko naredimo
še za adjungirani operator
Po drugi strani pa vemo, da velja
〈ψ|A † |ψ〉 = 〈Aψ|ψ〉 = (〈ψ|A|ψ〉) ∗ = (λ〈ψ|ψ〉) ∗ = λ ∗ (4.4)
〈ψ|A|ψ〉 = 〈ψ|A † |ψ〉 (4.5)
Če upoštevamo, kaj rezultat obeh skalarnih produktov je, dobimo
λ = λ ∗ (4.6)
Kompleksno število je enako sebi konjugiranemu številu le tedaj, ko je realno. Torej
λ ∈ R (4.7)
41

42 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI
4.2 Lastni vektorji hermitskih operatorjev
Pokaži, da so lastni vektorji hermitskega operatorja, ki imajo različne lastne vrednosti, med
seboj ortogonalni
Rešitev:
Naj bosta |ψ〉 in |φ〉 lastna vektorja hermitskega operatorja A z različnima lastnima vrednostima
a ≠ b. Tedaj lahko zapišemo
Naredimo sedaj naslednji skalarni produkt
Po drugi strani pa je to enako
A|ψ〉 = a|ψ〉 (4.8)
A|φ〉 = b|φ〉 (4.9)
〈φ|A|ψ〉 = a〈φ|ψ〉. (4.10)
〈φ|A|ψ〉 = 〈A † φ|ψ〉 = 〈Aφ|ψ〉 = (〈ψ|A|φ〉) ∗ = b ∗ 〈ψ|φ〉 ∗ = b ∗ 〈φ|ψ〉 (4.11)
Če upoštevamo rezultat iz prejšnje vrstice in ga odštejemo od slednje vrstice dobimo
Če še uporabimo, da so lastne vrednosti realne, dobimo
(a − b ∗ )〈φ|ψ〉 = 0 (4.12)
(a − b)〈φ|ψ〉 = 0 (4.13)
Ker sta lastni vrednosti različni, bo leva stran enaka nič le tedaj, ko bo
〈φ|ψ〉 = 0 (4.14)
To pa pomeni, da je |ψ〉⊥|φ〉. Torej so lastni vektorji hermitskega operatorja, ki pripadajo
različnim lastnim vrednostim res ortogonalni.
4.3 Operator ˆx in operator ˆp.
Pokaži, da sta ˆx in ˆp hermitska operatorja v obeh upodobitvah, koordinatni in momentni.
Rešitev:
Najprej pokažimo, da je ˆx hermitski. Najprej to naredimo v x-reprezentaciji, kjer je operator
ˆx kar množenje z x. Poglejmo si skalarni produkt:
∫ ∫ ∫
〈ψ|ˆx|φ〉 = ψ ∗ xφdx = xψ ∗ φdx = (xψ) ∗ φdx = 〈ˆxψ|φ〉, (4.15)

4.3. OPERATOR ˆX IN OPERATOR ˆP. 43
kjer smo upoštevali, da x ∈ R. Tako smo dobili
Od tod vidimo, da velja
kar pomeni, da je ˆx hermitski operator.
〈ψ|ˆx|φ〉 = 〈ˆxψ|φ〉 = 〈ψ|ˆx † |φ〉 (4.16)
ˆx = ˆx † , (4.17)
Pokažimo sedaj to lastnost še v p-reprezentaciji. V tej reprezentaciji se operator odmika
izraža kot
ˆx = i ∂ ∂p
(4.18)
Poglejmo si skalarni produkt (tu sedaj stanja niso funkcije x pač pa p)
∫
〈Ψ|ˆx|Φ〉 = Ψ ∗ i ∂ ∫
∂p Φdp = i Ψ ∗∂Φ
∫
∂p dp = i(Ψ∗ Φ| ∞ −∞ − Φ ∂Ψ∗
∂p dp) =
∫
= −i Φ ∂Ψ∗ dp (4.19)
∂p
V računu smo uporabili enkrat Per Partes ter upoštevali, da sta funkciji ψ in φ iz prostora
L 2 , in sta zato v neskončnosti enaki nič. To še nekoliko preoblikujmo
∫
∫
〈Ψ|ˆx|Φ〉 = −i ∂Psi∗
∂p Φdp = (i ∂Ψ ∫
∂p )∗ Φdp = (ˆxΨ) ∗ Φdp = 〈ˆxΨ|Φ〉 =
Tako smo tudi tu dobili, da je operator odmika hermitski operator:
= 〈Ψ|ˆx † |Φ〉 (4.20)
ˆx = ˆx † (4.21)
Sedaj pokažimo še za operator gibalne količine ˆp, da je hermitski. Najprej naredimo to
v koordinatni reprezentaciji, kjer se dani operator izraža kot
ˆp = −i ∂
∂x
Zapišimo skalarni produkt:
∫
〈ψ|ˆp|φ〉 = ψ ∗ (−i ∂ ∫
∂x )ψdx = −i ∫ ∫
= −i(ψ ∗ φ| ∞ −∞ − φ ∂ψ∗
∂x dx) =
ψ ∗∂φ
∂x dx =
(4.22)
i ∂ψ∗ φdx (4.23)
∂x

44 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI
Če malo še preoblikujemo, dobimo
∫
〈ψ|ˆp|φ〉 = (−i ∂ψ ∫
∂x )∗ φdx = (ˆpψ) ∗ φdx = 〈ˆpψ|φ〉 = 〈ψ|ˆp † |φ〉 (4.24)
Tudi tu smo sedaj dobili, da je operator gibalne količine hermitski
ˆp = ˆp † (4.25)
Pokažimo isto lastnost za dani operator še v p-reprezentaciji. Tam se operator gibalne
količine izraža kar kot moženje funkcije z p:
ˆp = p (4.26)
Potem lahko zapišemo
∫
〈Ψ|ˆp|Φ〉 =
∫
Ψ ∗ pΦdp =
∫
pΨ ∗ Φdp =
(pΨ) ∗ Φdp =
No, in še enkrat smo pokazali, da je operator p hermitski operator.
4.4 Hermitski operatorji
= 〈ˆpΨ|Φ〉 = 〈Ψ|ˆp † |Φ〉 (4.27)
ˆp † = ˆp (4.28)
Za hermitska operatorja A in B velja [A,B] = iC, kjer je C neničelen operator, pokaži,
da je C hermitski ter, da je ∆A∆B ≥ 1 2
|〈C〉|, kjer je 〈X〉 pričakovana vrednost operatorja
X za poljubno stanje in velja (∆X) 2 = 〈X 2 〉 − 〈X〉 2 . Določi še valovno funkcijo stanja z
najmanjšo možno nedoločenostjo, če je A = ˆx in B = ˆp.
Rešitev
Preden začnemo, zapišimo nekaj zvez, ki veljajo za operatorje in komutatorje:
[A,B] = −[B,A] (4.29)
[A,B] † = [B † ,A † ] (4.30)
(cA) † = c ∗ (A) † (4.31)
kjer je c kompleksno število. Če našo zvezo adjungiramo, dobimo
Po drugi strani pa tudi velja
c † = c ∗ , (4.32)
([A,B]) † = (iC)† = −iC † (4.33)
[A,B] † = [B † ,A † ] = [B,A] = −[A,B] = −iC, (4.34)

4.4. HERMITSKI OPERATORJI 45
kjer smo upoštavali, da sta A,B hermitska operatorja.
Če pogledamo obe enakosti dobimo
Od tod vidimo, da je operator C tudi hermitski.
C = C † (4.35)
Dokažimo sedaj drugo zvezo. Za skalarni produkt 1 dveh funkcij velja Schwartzova neenakost
(φ,φ)(ψ,ψ) ≥ |(φ,ψ)| 2 (4.36)
Imejmo sedaj neko funkcijo ψ ter operatorja A in B, ki delujeta na to funkcijo. Potem
lahko zapišemo
(Aψ,Aψ)(Bψ,Bψ) ≥ |(Aψ,Bψ)| 2 (4.37)
Če nesemo leve operatorje na drugo stran skalarnega produkta dobimo
(ψ,A † Aψ)(ψ,B † Bψ) ≥ |(ψ,A † Bψ)| 2 (4.38)
Če sedaj upoštevamo, da sta operatorja A,B hermitska
lahko potem zapišemo
A = A † (4.39)
B = B † , (4.40)
(ψ,A 2 ψ)(ψ,B 2 ψ) ≥ |(ψ,ABψ)| 2 . (4.41)
To je prva neenakost, ki jo bomo kasneje potrebovali. Sedaj zapišimo komutator in antikomutator
za tadva operatorja
Ko ju odštejemo in obrnemo dobimo
[A,B] = AB − BA (4.42)
{A,B} = AB + BA (4.43)
AB = 1 2 [A,B] + 1 {A,B} (4.44)
2
Vidimo lahko, da smo produkt operatorjev AB razdelili na hermitski in antihermitski del,
saj velja
[A,B] † = [B † ,A † ] = −[A,B] Ta je antihermitski (4.45)
{A,B} † = {B † ,A † } = −{A,B} Ta je hermitski (4.46)
Če upoštevamo, da so pričakovane vrednosti hermitskega operatorja realne, antihermitskega
pa imaginarne in še uporabimo lastnost kompleksnih števil
|z 2 | = |(R + iI)| 2 = zz ∗ = (R + iI)(R − iI) = R 2 + I 2 (4.47)
1 Skalarni produkt bomo zaradi preglednosti v tej nalogi označevali z navadnimi oklepaji

46 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI
lahko v našem primeru zapišemo
|(ψ,ABψ)| 2 = | 1 2 (ψ, {A,B}ψ) + 1 2 (ψ,[A,B]ψ)|2 = (4.48)
= 1 4 (ψ, {A,B}ψ)2 + 1 4 |(ψ,[A,B]ψ)|2 (4.49)
Absolutna vrednost v zadnjem členu nastopa zato, ker mi želimo vzeti pričakovano vrednost
komutatorja brez imaginarne enote. Če še upoštevamo, da je
(ψ, {A,B}ψ) 2 ≥ 0, (4.50)
saj so pričakovane vrednosti tega člena realne, ko pa jih kvadriramo so še nenegativne.
Zato lahko sedaj zapišemo
|(ψ,ABψ)| 2 ≥ 1 4 |(ψ,[A,B]ψ)|2 (4.51)
Če nekoliko drugače označimo pričakovano vrednost, dobimo
Če še upoštevamo izraz 4.41, lahko zapišemo
Uporabimo definicijo variance
|(ψ,ABψ)| 2 ≥ 1 4 |〈[A,B]〉|2 (4.52)
(ψ,A 2 ψ)(ψ,B 2 ψ) ≥ 1 4 |〈[A,B]〉|2 (4.53)
(∆A) 2 = (ψ,(A − 〈A〉) 2 ψ), (4.54)
kjer je 〈A〉 ∈ R pričakovana vrednost operatorja A. Če spremenimo operatorja A,B v
lahko zapišemo
A 2 −→ (A − 〈A〉) 2 (4.55)
B 2 −→ (B − 〈B〉) 2 , (4.56)
(ψ,(A − 〈A〉) 2 ψ)(ψ,(B − 〈B〉) 2 ψ) =
= (∆A∆B) 2 ≥ 1 4 |〈[A − 〈A〉,B − 〈B〉]〉|2 = 1 4 |〈[A,B]〉|2 , (4.57)
kjer smo upoštevali, da 〈A〉, 〈B〉 ∈ R in zato komutirata z operatorjema A,B.
korenimo, dobimo željeno zvezo
Če še
(∆A∆B) ≥ 1 |〈[A,B]〉|. (4.58)
2
Ko upoštevamo, da je
[A,B] = iC, (4.59)

4.4. HERMITSKI OPERATORJI 47
lahko zapišemo
Če to uporabimo v zgornjem rezultatu, dobimo
Pa smo dokazali našo zvezo.
〈[A,B]〉 = 〈iC〉 = 〈C〉. (4.60)
(∆A∆B) ≥ 1 |〈C〉|. (4.61)
2
Sedaj določimo še funkcijo z najmanjšo nedoločenostjo. Če upoštevamo, da je operator
A = ˆx in B = ˆp, dobimo
∆x∆p ≥ 1 2 |〈[x,p]〉| = 2 , (4.62)
kjer smo upoštevali, da je komutator [x,p] = i. Iz dobljene zveze vidimo, da bo najmanjša
razmazanost /2. Takšno nedoločenost bomo dobili, če bodo v vseh neenakostih,
ki smo jih v računu uporabili, veljali enačaji. Enakost v Schwartzovi neenakosti bomo zagotovili,
ko bosta vektorja (valovni funkciji) med seboj vzporedna.(To je lastnost Schwartzove
neenakosti.)
Bψ = zAψ, (4.63)
kjer je z kompleksno število. Enakost pa mora veljati tudi v izrazu 4.51. To bomo zagotovili
tedaj, ko bo
Če razpišemo
(ψ, {A,b}ψ) = 0 (4.64)
(ψ,ABψ) + (ψ,BAψ) = 0 (4.65)
Ko še upoštevamo, da morata biti vektorja vzporedna, dobimo
(Aψ,zAψ) + (zAψ,Aψ) = 0
(z + z ∗ )(Aψ,Aψ) = 0 (4.66)
Spodnja enakost bo vedno res, če bo z = z ∗ , to pa je edino le tedaj, ko je z čisto imaginarno
število. Potem lahko zapišemo
z = iλ λ ∈ R (4.67)
Ko to upoštevamo v prvem pogoju, ki smo ga zahtevali, dobimo
Bψ = iλAψ (4.68)

48 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI
Če sedaj še upoštevamo, kaj sta A = x in B = −i ∂
∂x , dobimo
i
∂
ψ = iλxψ (4.69)
∂x
Sedaj ločimo spremenljivke, integriramo, dobljeni rezultat malo preoblikujemo in dobimo
Če valovno funkcijo še normiramo, dobimo končni rezultat
ψ(x) = ce − λx2
2 (4.70)
( ) λ 1/4
ψ = e − λx2
2 (4.71)
π
Vidimo da ima dobljena funkcija Gaussovo obliko. Takšna funkcija ima torej najmanjšo
razmazanost.

Chapter 5
Harmonski oscilator
5.1 Lastne rešitve harmonskega oscilatorja
Poišči lastne vektorje harmonskega oscilatorja iz definicije:
â =
〈x|âψ 0 〉 = 0 (5.1)
〈x|ψ n 〉 = (↠) n
√ 〈x|ψ 0 〉
n!
(5.2)
1
√
2ωm
(mωx + ip) (5.3)
Rešitev:
Pri reševanju problema harmonskega oscilatorja navadno vpeljemo operatorja
a =
a † =
mωx + ip
√
2mω
(5.4)
mωx − ip
√
2mω
(5.5)
ki naredita iz lastnega stanja harmonstega oscilatorja lastna stanja z eno večjo oz. eno
∂
manjšo lastno vrednostjo. Če upoštevamo definicijo operatorja gibalne količine p = −i
√
∂x
in vpeljemo x 0 =
ωm , dobimo a = √ 1 ( x + x 0∂
2 x 0 ∂x ) (5.6)
a † = 1 √
2
( x x 0
− x 0∂
∂x ) (5.7)
Vpeljimo še operator štetja ˆn = a † a. Operator energije pa zapišemo v obliki
H = ω(a † a + 1 2 ) = ω(ˆn + 1 2 ) (5.8)
49

50 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
Označimo lastna stanja harmonskega oscilatorja z |ψ n 〉. Potem velja
Če naredimo skalarni produkt
Od tod dobimo c = √ n. Tako lahko zapišemo
a|ψ n 〉 = c|ψ n−1 〉 (5.9)
〈aψ n |a|ψ n 〉 = 〈ψ|a † a|ψ〉 = n = c 2 (5.10)
a|ψ n 〉 = √ n|ψ n−1 〉 (5.11)
Podobno kot smo za anihilacijski operator lahko naredimo tudi za kreacijski operator:
Če naredimo skalarni produkt
a † |ψ n 〉 = c|ψ n+1 〉 (5.12)
〈a † ψ n |a † |ψ n 〉 = 〈ψ|aa † |ψ〉 = c 2 (5.13)
in upoštevamo zvezo, da je [a,a † ] = aa † − a † a = 1, dobimo
Od tod dobimo c = √ n + 1. Tako lahko zapišemo
(1 + n)〈ψ n |ψ n 〉 = c 2 (5.14)
a † |ψ n 〉 = √ n + 1|ψ n+1 〉 (5.15)
Lastna stanja harmonskega oscilatorja, ki jih mi obravnavamo, so v resnici lastna stanja
operatorja štetja ˆn. Zato lahko zapišemo
Če naredimo skalarni produkt
ˆn|ψ n 〉 = ν n |ψ n 〉 (5.16)
〈ψ n |n|ψ n 〉 = ν n = 〈ψ n |a † a|ψ n 〉 = 〈aψ n |aψ n 〉 ≥ 0 (5.17)
Ker je skalarni produkt večji oziroma enak nič, morajo biti tudi lastne vrednosti ν n ≥ 0. Od
tod vidimo, da obstaja takšno stanje |ψ 0 〉, za katerega velja ν 0 = 0. To stanje proglasimo
kot osnovno stanje. Zanj torej velja
Vsa višja stanja pa lahko dobimo s pomočjo zveze
〈x|a|ψ 0 〉 = 0 (5.18)
|ψ n 〉 = 1 √ n
a † |ψ n−1 〉 (5.19)
Če to preoblikujemo, tako da izrazimo desno stran z osnovnim stanjem, dobimo
|ψ n 〉 = (a† ) n
√
n!
|ψ 0 〉 (5.20)

5.1. LASTNE REŠITVE HARMONSKEGA OSCILATORJA 51
oziroma
〈x|ψ n 〉 = (a† ) n
√
n!
〈x|ψ 0 〉 (5.21)
Sedaj si poglejmo, kakšno je osnovno lastno stanje harmosnkega oscilatorja. Zapišemo
Če upoštevamo, kako je izražen operator a, dobimo
Ko enačbo obrnemo, dobimo
aψ 0 = 0 (5.22)
1
√
2
( x x 0
+ x 0
∂
∂x )ψ 0 = 0 (5.23)
− xdx
x 2 0
= dψ 0
ψ 0
(5.24)
Ko enačbo integriramo in rezultat še normiramo, dobimo
ψ 0 =
1
√
x0
√ π
e − x2
2x 2 0 (5.25)
Vidimo, da osnovno stanje harmonskega oscilatorja opišemo z Gaussovo funkcijo. Vsa
ostala, višja stanja pa lahko dobimo z danimi zvezami. Poglejmo sedaj prvo vzbujeno
stanje
ψ 1 = a † |ψ 0 〉 = 1 √
2
( x x 0
− x 0
∂
∂x ) 1
√
x0
√ π
e − x2
2x 2 0 =
Poglejmo si na hitro še drugo vzbujeno stanje
ψ 2 = 1 √
2
a † |ψ 1 〉 =
=
1
√
x0
√ π1!2
2x
x 0
e − x2
2x 2 0 (5.26)
2
√
x0
√ π2!2
( x x 0
− x 0
∂
∂x ) x x 0
e − x2
2x 2 0 =
=
1
√
x0
√ π2 2 2! (4( x x 0
) 2 − 2)e − x2
2x 2 0 (5.27)
Tu pa se sedaj za hip ustavimo. V členih , ki jih dobimo v vseh treh izračunanih stanjih,
lahko prepoznamo Hermitove polinome:
H 0 (x) = 1 (5.28)
H 1 (x) = x (5.29)
H 2 (x) = (4x 2 − 2) (5.30)

52 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
Tako, da lahko naša stanja zapišemo v obliki
ψ 1 =
ψ 2 =
ψ 0 =
1
√
x0
√ π
H 0 ( x x 0
)e − x2
2x 2 0 (5.31)
1
√
x0
√ π1!2
H 1 ( x x 0
)e − x2
2x 2 0 (5.32)
1
√
x0
√ π2 2 2! H 2( x x 0
)e − x2
2x 2 0 (5.33)
Sedaj predpostavimo, da tako lahko zapišemo tudi n-to lastno stanje:
ψ n =
Sedaj pokažimo, da tak zapis velja tudi za n + 1 stanje.
=
1
√
x0
√ π2 n n! H n( x x 0
)e − x2
2x 2 0 (5.34)
ψ n+1 =
Ko izraz odvajamo in upoštevamo, da je
1
√ n + 1
1 √2 ( x x 0
− x 0
∂
∂x )ψ n =
1
√ √
x0 π2 n+1 (n + 1)! ( x ∂
− x 0
x 0 ∂x )H n( x )e − x2
2x 2 0 (5.35)
x 0
dobimo
dH n
dx = 2nH n−1(x), (5.36)
ψ n+1 =
x2
1
2x
√ √
x0 π2 n+1 e− 2 0 2( x H n ( x ) − nH n−1 ( x )). (5.37)
(n + 1)! x 0 x 0 x 0 )
Sedaj upoštevajmo rekurzijsko zvezo, ki velja za Hermitove polinome
in dobimo
ψ n+1 =
2xH n = 2nH n−1 + H n+1 (5.38)
x2
1
2x
√ √
x0 π2 n+1 e− 2 0 H n+1 ( x ). (5.39)
(n + 1)! x 0
To je pa ravno tisto, kar moramo dobiti. Ker dokaz s popolno indukcijo drži, smemo trditi,
da lahko lastno stanje harmonskega oscilatorja za ∀n zapišemo v obliki:
ψ n =
1
√
x0
√ π2 n n! H n( x x 0
)e − x2
2x 2 0 (5.40)
To je naš željeni rezultat. Lastne funkcije harmonskega oscilatorja se izražajo s produktom
Hermitovega polinoma ter Gausove funkcije.

5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 53
5.2 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja
Koherentno stanje je lastno stanje operatorja a = x + ip (v brezdimenzijskih enotah)
a|α〉 = α|α〉 (5.41)
Določi |α〉, izračunaj skalarni produkt 〈β|α〉. Pokaži tudi, da velja
∫
1
|α〉d 2 α〈α| = 1, (5.42)
π
če je integracijsko območje celotna kompleksna ravnina. Izračunaj tudi pričakovano vrednost
〈x 4 〉, 〈x 2 p 2 〉, 〈(xp) 2 〉 in 〈p 4 〉 za stanje |α〉.
Rešitev:
Za nepremaknjen harmonski oscilator smo definirali kreacijski in anihilacijski operator a †
in a, kot
a = 1 √
2
( x x 0
+ x 0
∂
∂x ) (5.43)
a † = 1 √
2
( x x 0
− x 0
∂
∂x ) (5.44)
Za anihilacijski operator velja, da če delujemo z njim na osnovno stanje harmonskega
oscilatorja dobimo
a|0〉 = 0 (5.45)
Sedaj vzemimo premaknjen harmonski oscilator (x −→ x ′ = x − x 1 ). Zanj tudi lahko
definiramo anihilacijski in keracijski operator a ′ a ′† . Poglejmo, kako se izražata tadva
operatorja premaknjenega oscilatorja z operatorji nepremaknjenega oscilatorja. V ta namen
si najprej poglejmo, kako se izražata operatorja gibalne količine in odmika
x ′ = x − x 1 (5.46)
p ′ = −i ∂
∂x ′ = −i ∂ ∂x
∂x ∂x ′ = p (5.47)
Vidimo, da se operator odmika spremeni za konstanto, operator gibalne količine pa ostane
enak. Sedaj to upoštevamo v kreacijskem in anihilacijskem operatorju:
a ′ = √ 1 ( x′ ∂
+ x 0
2 x 0 ∂x ′) = √ 1 ( x − x 1 ∂
+ x 0
2 x 0 ∂x ) = a − x 1
√ = a − α, (5.48)
2x0
kjer smo označili α = √ x 1
2x0
. Za osnovno stanje premaknjenega harmonskega oscilatorja
mora veljati enako kot velja za nepremaknjenega. Če delujemo z a ′ na osnovno stanje
premaknjenega harmonskega oscilatorja |α〉 moramo dobiti
a ′ |α〉 = 0 (5.49)

54 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
To stanje |α〉 imenujemo koherentno stanje harmonskega oscilatorja. Če sedaj upoštevamo,
zvezo, ki smo jo izpeljali in jo vstavimo v zgornjo enakost, dobimo
a ′ |α〉 = a|α〉 − α|α〉 = 0 (5.50)
a|α〉 = α|α〉 (5.51)
Sedaj poglejmo, kako se izraža koherentno stanje V ta namen napišimo skalarni produkt
〈n|a|α〉 = 〈n|α|α〉 = α〈n|α〉, (5.52)
kjer so |n〉 lastna stanja nepremaknjenega harmoskega oscilatorja. Poglejmo si še
1
√
n!
〈0|a n |α〉 = 1 √
n!
α〈0|a n−1 |α〉 = 1 √
n!
α n 〈0|α〉. (5.53)
Če z operatorjem a delujemo na drugo stran, pa lahko napišemo:
1
√
n!
〈0|a n |α〉 = 1 √
n!
〈a † 0|a n−1 |α〉 (5.54)
Če upoštevamo, da je a † |n〉 = √ n + 1|n + 1〉, dobimo
1
√ 〈0|a n |α〉 = √ 1 α n 〈0|α〉 = 〈n|α〉 (5.55)
n! n!
Sedaj pa razvijmo koherentno stanje harmonskega oscilatorja po bazi lastnih stanj nepremaknjenega
harmonskega oscilatorja
|α〉 =
∞∑
c n |n〉 =
n=0
∞∑
|n〉〈n|α〉 (5.56)
n=0
Če upoštevamo zveze, ki smo jih prej izpeljali, lahko zapišemo
|α〉 =
∞∑
n=0
Vpeljimo konstanto c = 〈0|α〉. Potem imamo
|α〉 = c
∞∑
n=0
1
√
n!
α n 〈0|α〉|n〉 (5.57)
1
√
n!
α n |n〉 = c
∞∑ (αa † ) n
|0〉 (5.58)
n!
V zgornji vsoti prepoznamo vrsto za e x = ∑ n xn
n!
. Potem lahko zapišemo
n=0
|α〉 = e αa† |0〉 (5.59)

5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 55
Sedaj določimo še normalizacijsko konstanto. Naredimo skalarni produkt
〈α|α〉 = 1 = |c| 2 ∑ n
|α| 2n
〈n|n〉 (5.60)
n!
Če še upoštevamo, da so stanja normirana in stvar malo obrnemo, dobimo
Tako lahko sedaj v celoti zapišemo koherentno stanje v obliki
c = e −1 2 |α|2 (5.61)
|α〉 = e −1 2 |α|2 +αa † |0〉, (5.62)
kjer vemo, da se osnovno stanje harmonskega oscilatorja izraža kot
〈x|0〉 =
1
√
x0
√ π
e − x2
2x 2 0 (5.63)
Sedaj ko vemo, kako se izraža koherentno stanje, pa si poglejmo skalarni produkt dveh
takih koherentnih stanj 〈β|α〉, kjer stanji zapišemo kot
Če iz drugega stanja naredimo bra: 〈β|, dobimo
|α〉 = e −1 2 |α|2 +αa † |0〉 (5.64)
|β〉 = e −1 2 |β|2 +βa † |0〉 (5.65)
〈β| = e −1 2 |β|2 ∑ m
(β ∗ ) m
√
m!
〈m| (5.66)
Sedaj kar izvršimo skalarni produkt:
〈β|α〉 = e −1 2 |β|2 − 1 2 |α|2 ∑ n
∑
m
(β ∗ ) m (α) n
√
n!m!
〈m|n〉 = e −1 2 (|α|2 +|β| 2 ) ∑ n
(αβ ∗ ) n
, (5.67)
n!
kjer smo upoštevali, da je 〈m|n〉 = δ n m. Ko upoštevamo, kaj predstavlja dana vsota, lahko
zapišemo
〈β|α〉 = e −1 2 (|α|2 −2αβ ∗ +|β| 2 )
(5.68)
Rezultat, ki ga dobimo lahko preverimo tako, da vstavimo β = α. Tedaj dobimo
〈β = α|α〉 = e −1 2 (2|α|2 −2|α| 2) = 1 (5.69)

56 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
Poglejmo si, koliko je vreden integral
I = 1 ∫ ∫
|α〉〈α|d 2 α = 1 ∫ ∫
π
π
|α〉〈α| d(Re(α))d(Im(α)). (5.70)
Označimo R(α) = x in Im(α) = y. Če upoštevamo, kako se izraža koherentno stanje, lahko
zapišemo
I = 1 ∫
e ∑ −1 2 |α|2 − 1 α n
2 |α|2 √ |n〉 ∑ α ∗m
√ 〈m|dxdy =
π
n n!
m m!
= 1 ∑
∫ ∫
e −|α|2 αn α ∗m
√ dxdy|n〉〈m| (5.71)
π
m!n!
Sedaj izrazimo kompleksno število α z
m,n
Če prepišemo še diferencial dxdy = ρdρdφ, dobimo
I = 1 ∑
∫
1 ∞
√
π m!n!
m,n
Slednji integral izračunamo in dobimo
Ko to upoštevamo, nam ostane
∫ 2π
0
α = ρe iφ |α| 2 = ρ 2 (5.72)
α n = ρ n e inφ (5.73)
α ∗m = ρ m e −imφ (5.74)
0
∫ 2π
ρ m+n+1 e −ρ2 dρ e iφ(n−m) dφ (5.75)
0
e iφ(n−m) dφ = 2πδ mn (5.76)
I = ∑ n
1
n!
∫ ∞
0
ρ 2n+1 e −ρ2 dρ|n〉〈n| (5.77)
V preostalem integralu pa prepoznamo Gamma funkcijo:
∫ ∞
Ko tudi to uporabimo, nam ostane
0
ρ 2n+1 e −ρ2 dρ = 1 2 Γ(n + 1) = 1 n! (5.78)
2
I = ∑ n
|n〉〈n| = 1 (5.79)
Tako smo dokazali željeno zvezo.

5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 57
Sedaj pa izračunajmo nekaj pričakovanih vrednosti. Preden se lotimo računanja si
zapišimo nekaj zvez, ki nam bodo prišle prav pri računanju:
[a,a † ] = 1 = aa † − a † a =⇒ aa † = 1 + a † a (5.80)
〈α|a|α〉 = α (5.81)
〈α|a † |α〉 = α ∗ (5.82)
〈α|a † a|α〉 = |α| 2 (5.83)
x = x 0
√
2
(a + a † ) (5.84)
p = −ix 0
√
2
(a − a † ). (5.85)
Najprej si poglejmo pričakovano vrednost
〈(xp) 2 〉 = − x4 0
4 〈α|((a + a† )(a − a † )) 2 |α〉 = − x4 0
4 〈α|(a2 − a †2 − 1) 2 |α〉 =
= − x4 0
4 〈α|a4 − a †2 a 2 − 2a 2 − a 2 a †2 + a †4 + 2a †2 + 1|α〉 =
= − x4 0
4 (α4 − |α| 4 − 2α 2 + α ∗4 + 2α ∗2 + 1 − 2 − 4|α| 2 − |α| 4 ) =
= − x4 0
4 (α4 − 2|α| 4 − 2α 2 = α ∗4 + 2α ∗2 − 1 − 4|α| 2 ), (5.86)
kjer smo v računu upoštevali, da je
〈α|a 2 a †2 |α〉 = 2 + 4|α| 2 + |α| 4 (5.87)
Sedaj izračunajmo pričakovano vrednost
〈x 4 〉 = x4 0
4 〈α|(a + a† ) 4 |α〉 =
= x4 0
4 〈α|a4 + aa † a 2 + a † a 3 + a †2 a 2 + a 3 a † + (aa † ) 2
+a † aaa † + a †2 aa † + a 2 a † a + aa † a † a + (a † a) 2 +
+a †3 a + a 2 a †2 + aa †3 + a † aa †2 + a †4 |α〉 (5.88)
Na tem mestu je potrebno izračunati vsak navedeni člen posebaj. Nekaj teh členov je
trivialnih in jih znamo rešiti na oko, nekaj pa jih je potrebno izračunati. Ker je izračun teh
členov zgolj formalnost (treba je voditi le lepo ”knjigovodstvo”), bom napisal le rezultate,

58 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
ki jih za posamezne (netrivialne) člene dobimo:
〈α|aa † a 2 |α〉 = α 2 + α 2 |α| 2 (5.89)
〈α|a 3 a † |α〉 = 3α 2 + α 2 |α| 2 (5.90)
〈α|(aa † ) 2 |α〉 = 1 + 3|α| 2 + |α| 4 (5.91)
〈α|a † aaa † |α〉 = 2|α| 2 + |α| 4 (5.92)
〈α|a †2 aa † |α〉 = α ∗2 + α ∗ |α| 2 (5.93)
〈α|a 2 a † a|α〉 = 2α 2 + α 2 |α| 2 (5.94)
〈α|aa † a † a|α〉 = 2|α| 2 + |α| 4 (5.95)
〈α|a † aa † a|α〉 = |α| 2 + |α| 4 (5.96)
〈α|a 2 a †2 |α〉 = 2 + 4|α| 2 + |α| 4 (5.97)
〈α|aa †3 |α〉 = 3α ∗2 + α ∗2 |α| 2 (5.98)
〈α|a † aa †2 |α〉 = 2α ∗2 + α ∗2 |α| 2 (5.99)
Če vse to upoštevamo in člene med sabo uredimo, dobimo
〈x 4 〉 = x4 0
4 (α4 + α ∗4 + 6|α| 4 + 6α 2 + 6α ∗2 + 4α 2 |α| 2 + 4α ∗2 |α| 2 + 3 + 12|α| 2 ) (5.100)
Povsem analogno izračunamo pričakovano vrednost 〈p 4 〉. Postopamo takole:
〈p 4 〉 = x4 0
4 〈α|(a − a† ) 4 |α〉 =
= x4 0
4 〈α|a4 − aa † a 2 − a † a 3 + a †2 a 2 − a 3 a † + (aa † ) 2
+a † aaa † − a †2 aa † − a 2 a † a + aa † a † a +
+(a † a) 2 − a †3 a + a 2 a †2 − aa †3 − a † aa †2 + a †4 |α〉 (5.101)
Ko upoštevamo zveze, ki smo jih zapisali malo prej, dobimo
〈p 4 〉 = x4 0
4 (α4 − 6α 2 − 4α 2 |α| 2 − 4α ∗2 |α| 2 + 6|α| 4 + 3 + 12|α| 2 − 6α ∗2 + α ∗4 ) (5.102)
Ostane nam še, da izračunamo pričakovano vrednost 〈x 2 p 2 〉. Tudi tu postopamo povsem
analogno, kot smo v prejšnjih dveh primerih:
〈x 2 p 2 〉 = − x4 0
4 〈α|(a + a† ) 2 (a − a † ) 2 |α〉 =
= − x4 0
4 〈α|a4 + aa † a 2 + a † a 3 + a †2 a 2 − a 3 a † − (aa † ) 2
−a † aaa † − a †2 aa † − a 2 a † a − aa † a † a −
−(a † a) 2 − a †3 a + a 2 a †2 + aa †3 + a † aa †2 + a †4 |α〉 (5.103)
Ko tudi tu upoštevamo zgoraj navedene zveze in dobljeni izraz poenostavimo, nam ostane
〈x 2 p 2 〉 = α 4 − 4α 2 − 2|α| 4 + 1 − 4|α| 2 + 4α ∗2 + α ∗2 (5.104)

5.3. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA II. 59
5.3 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja II.
Za koherentno stanje |α〉 določi 〈x 8 〉. Namig: Vpelji rodovni operator exp(λˆx) in izračunaj
njegovo pričakovano vrednost za stanje |α〉. Ali je možno postopek uporabiti tudi za 〈ˆp n 〉
Rešitev:
Koherentno stanje harmonskega oscilatorja lahko izrazimo z lastnimi stanji osnovnega harmonskega
oscilatorja kot
|α〉 = e −1 2 |α|2 +αa † |0〉 (5.105)
〈α| = 〈0|e −1 2 |α|2 +α ∗a , (5.106)
kjer sta a in a † anihilacijski in kreacijski operator, α pa je lastna vrednost:
a|α〉 = α|α〉 (5.107)
Naš rodovni operator označimo z Û = eλˆx , kjer lahko operator odmika izrazimo z anihilacijskim
in kreacijskim operatorjem kot
ˆx = x 0
√
2
(a + a † ). (5.108)
Preden se lotimo računanja pričakovanje vrednosti, zapišimo še zvezo, ki velja za operatorje,
ki ne komutirajo, in nam bo prišla prav
Sedaj zapišimo pričakovano vrednost
e A e B = e A+B e 1 2 [A,B] (5.109)
〈Û〉 = 〈α|eλx |α〉 = 〈0|e −1 2 |α|2 +α ∗a e λ x 0 √
2
(a+a † ) e
− 1 2 |α|2 +αa † |0〉 (5.110)
Združimo prva dva eksponentna člena na isti eksponent. Upoštevajoč zgornjo zvezo dobimo
Ko upoštevamo, da je
dobimo
〈Û〉 = e−|α|2 〈0|e α∗ a+ x 0 λ √
2
(a+a † ) e
1
2 [α∗ a, x 0 λ √
2
(a+a † )] e
αa † |0〉 (5.111)
[α ∗ a, x 0λ
√
2
(a + a † )] = α ∗λx 0
√
2
= α ∗˜λ (5.112)
〈Û〉 = e−|α|2 e 1 2 α∗˜λ〈0|e α∗ a+˜λ(a+a †) e αa† |0〉 (5.113)
Sedaj enako naredimo še za zadnji člen in dobimo vse člene v istem eksponentu
〈Û〉 = e−1 2 |α|2 e 1 2 ˜λ(α ∗ +α) 〈0|e (α∗ +˜λ)a+(α+˜λ)a † |0〉, (5.114)

60 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
kjer smo upoštevali, da je
[α ∗ a + ˜λa + ˜λa † ,αa † ] = α ∗ α + α˜λ (5.115)
Če upoštevamo, da je ˜λ ∈ R, potem lahko izraz malo preoblikujemo:
〈Û〉 = e−1 2 |α|2 e 1 2 ˜λ(α ∗ +α) 〈0|e (α+˜λ) ∗ a+(α+˜λ)a † |0〉 (5.116)
Ko imamo tako zapisane člene, pa lahko del, ki je znotraj BraKet-a raztavimo nazaj na
dva eksponentna člena. Pri tem spet upoštevamo dano zvezo 5.109:
Ko izračunamo, dobimo
〈Û〉 = e−1 2 |α|2 e 1 2 ˜λ(α ∗ +α) 〈0|e (α∗ +˜λ)a e (α+˜λ)a † e 1 2 [(αλ)∗ a,(α+λ)a †] |0〉 (5.117)
〈Û〉 = e−1 2 |α|2 e 1 2 ˜λ(α ∗ +α) e −1 2 |α+˜λ| 2 〈0|e (α+˜λ) ∗a e (α+˜λ)a † |0〉 (5.118)
V zgornjem členu prepoznamo skalarni produkt
〈0|e (α+˜λ) ∗a e (α+˜λ)a † |0〉 = 〈α + ˜λ|α + ˜λ〉 = e |α+˜λ| 2 (5.119)
Pokažimo, da je temu res tako! Če preimenujemo α˜λ = β, lahko zapišemo
= ∑ n
〈0|e β∗a e βa† |0〉 = ∑ n
(β ∗ ) n
√
n!
〈n| ∑ m
〈0| (β∗ a) n
n!
(β) m
√
m!
|m〉 = ∑ m,n
∑ (βa † ) m
|0〉 =
m!
m
(β ∗ ) n (β) m
√
m!n!
〈n|m〉 (5.120)
Če še uporabimo, da je 〈n|m〉 = δ n m , dobimo
∑ (|β| 2 ) n
n
n!
= e |β|2 . (5.121)
No, pa smo pokazali našo zvezo. Ko to uporabimo v našem računu, dobimo
Ko še upoštevamo, da je
dobimo
〈Û〉 = e1 2 |α|2 e ˜λ
2 (α∗ +α) e −1 2 |α+˜λ| 2 e |α+˜λ| 2 (5.122)
|α + ˜λ| 2 = |α| 2 + ˜λ 2 + ˜λ(α + α ∗ ), (5.123)
〈Û〉 = e˜λ(α+α ∗)
e 1 2 ˜λ 2 (5.124)

5.3. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA II. 61
Sedaj lahko razvijemo dani rezultat v Taylorjevo vrsto
〈α|Û|α〉 = (1 + ˜λ(α + α ∗ ) + 1 2! (˜λ(α + α ∗ )) 2 + 1 3! (˜λ(α + α ∗ )) 3 +
1
4! (˜λ(α + α ∗ )) 4 + 1 5! (˜λ(α + α ∗ )) 5 + 1 6! (˜λ(α + α ∗ )) 6 +
1
7! (˜λ(α + α ∗ )) 7 + 1 8! (˜λ(α + α ∗ )) 8 + ...)
(1 + 1 2˜λ 2 + 1 2! (1 2˜λ 2 ) 2 + 1 3! (1 2˜λ 2 ) 3 + 1 4! (1 2˜λ 2 ) 4 + ... + 1 8! (1 2˜λ 2 ) 8 + ...) (5.125)
Po drugi strani pa je to tudi enako
〈Û〉 = 〈α|eλx |α〉 = 〈α|α〉 + λ〈α|ˆx|α〉 + 1 2! λ2 〈α|ˆx 2 |α〉 +
Sedaj izenačimo člene z enakimi potencami λ n , in dobimo
1
3! λ3 〈α|x 3 |α〉 + ... + 1 8! λ8 〈α|x 8 |α〉 + ... (5.126)
〈α|α〉 = 1 (5.127)
〈α|ˆx|α〉 = x 0
√
2
(α + α ∗ ) (5.128)
〈α|ˆx 2 |α〉 = x2 0
2 (α2 + α ∗2 + 2|α| + 1) (5.129)
〈α|ˆx 8 |α〉 = x8 0
16 (105 + 420(α + α∗ ) 2 + 210(α + α ∗ ) 4 + 28(α + α ∗ ) 6 + (α + α ∗ ) 8 ) (5.130)
Drugi in tretji rezultat lahko hitro preverimo z direktnim računom. Najprej izračunajmo
pričakovano vrednost odmika
〈α|ˆx|α〉 = 〈α| x 0
√
2
(a + a † )|α〉 = x 0
√
2
(α + α ∗ ) (5.131)
.
.
Vidimo, da dobimo isti rezultat. Izračunajmo še pričakovano vrednost kvadrata odmika
〈α|ˆx 2 |α〉 = 〈α| x2 0
2 (a + a† ) 2 |α〉 = x2 0
2 〈α|(a + a† )(a + a † )|α〉 =
= x2 0
2 (α2 + α ∗2 + 2|α| 2 + 1) (5.132)
Vidimo, da je tudi ta rezultat pravi. Sedaj lahko verjamemo, da je rezultat, ki smo ga
dobili pravilen.

62 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
Podoben račun lahko sedaj napravimo tudi za operator gibalne količine. Uvedemo operator
kjer se operator gibalne količine ˆp izraža kot
ˆP = e λˆp , (5.133)
ˆp = −ix 0
√
2
(a − a † ) (5.134)
Sedaj lahko nastavimo pričakovano vrednost opratorja ˆP:
〈 ˆP 〉 = 〈α| ˆP |α〉 = 〈0|e −1 2 |α|2 +α ∗a e −λ ix 0 √
2
(a−a † ) e
− 1 2 |α|2 +αa † |0〉 (5.135)
Podobno kot pri odmikih, vse tri ekponentne člene združimo v en eksponent. Pri tem
upoštevamo še komutacijske zveze
Ko se vse člene med sabo uredimo, dobimo
[α ∗ a, −i˜λ(a − a † )] = i˜λα ∗ (5.136)
[
α ∗ a − i˜λ(a − a † ),αa †] = |α| 2 − i˜λα (5.137)
〈 ˆP 〉 = e −1 2 |α|2 ˜λ
−i
e 2 (α−α∗) 〈0|e (α∗ −i˜λ)a+(α+i˜λ)a † |0〉 (5.138)
Sedaj raztavimo člen znotraj BraKet-a na dva eksponentne člene. Dobimo
kjer smo upoštevali, da je
in komutator
〈 ˆP 〉 = e − |α|2
2 e − i 2 ˜λ(α−α ∗) e 1 2 |α+i˜λ| 2 = e −i˜λ(α−α ∗) e |λ|2
2 , (5.139)
〈0|e (α∗ −i˜λ)a+(α+i˜λ)a † |0〉 = 〈α + i˜λ|α + i˜λ〉 = e |α+iλ|2 (5.140)
[(α + i˜λ) ∗ a,(α + i˜λ)a † ] = |α + i˜λ| 2 (5.141)
Skoraj smo že pri končnem rezultatu. Kar nam je še treba storiti, je to, da razvijemo
rezultat po potencah koeficienta λ. Dobimo
(
〈 ˆP 〉 = 1 − i˜λ(α − α ∗ ) + 1 ) (
2! (−˜λ(α − α ∗ )) 2 + +... 1 + λ2
2 + 1 ( ) λ
2 2
+ ...)
(5.142)
2! 2
Po drugi strani pa vemo, da je to enako
〈 ˆP 〉 = 〈α|e λˆp |α〉 = 〈α|α〉 + λ〈α|ˆp|α〉 + λ2
2! 〈α|ˆp2 |α〉 + ... (5.143)

5.4. FORMULA FAA DI BRUNO 63
Sedaj imamo vse, da izračunamo pričakovano vrednost katerekoli cele potence gibalne
količine. Kar je potrebno storiti je to, da pogledamo člene , ki imajo iste potenco koeficienta
λ n . Za prve tri potence dobimo
〈α|α〉 = 1 (5.144)
〈α|ˆp|α〉 = −i x 0
√
2
(α − α ∗ ) = √ 2x 0 Im(α) (5.145)
〈α|ˆp 2 |α〉 = − x2 0
2 (α2 + α ∗2 − 2|α| 2 − 1) (5.146)
Če bi dane pričakovane vrednosti računali direktno, bi dobili iste vrednosti.
. (5.147)
5.4 Formula Faa di Bruno
S pomočjo Faa di Bruno-ve formule poišči pričakovane vrednosti 〈x n 〉 za koherentno stanje
|α〉 harmonskega oscilatorja.
Figure 5.1: Italijanski matematik Francesco Faa di Bruno se je rodil 29.3.1825 v Piemontu
v Italiji, umrl pa 27.3.1888 v Turinu. Svoje šolanje je začel v vojaški akademiji. Leta 1853
je zapustil vojsko in odpotoval v Pariz, kjer je v pariški Sorboni skupaj z Hermitom študiral
matematiko pri Cauchyu. Leta 1871 je postal profesor na univerzi v Turinu. Pod vplivom
Giovannia Bosca je Faa di Bruno 22.10.1876 postal katoliški duhovnik.
Rešitev:
V prejšnjih nalogah smo izpeljali, da pričakovane vrednosti izračunamo kot
( ) ∂
〈x n n
〉 =
∂λ n 〈eλx 〉 , (5.148)
λ=0

64 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
kjer smo izpeljali, da je
〈e λx 〉 = e (α∗ +α)˜λ+ ˜λ 2
2 , (5.149)
kjer je ˜λ = λ √ x 0
2
. Za pričakovano vrednost n-te potence x je sedaj potrebno enačbo n krat
odvajati. Lahko pa problem rešimo še na drug način. Uporabimo Faa di Bruno-vo formulo,
ki pravi
d n [
dλ n e f(λ)] =
( n∑
m=1
kjer mora veljati, da je:
)
n!
(1!) a 1 a1 !(2!) a 2 a2 !...(n!) an a n ! (f ′ ) a 1
(f ′′ ) a 2
...(f (n) ) an
λ=0
, (5.150)
a 1 + a 2 + ... + a n = m (5.151)
a 1 + 2a 2 + ... + na n = n (5.152)
Naša funkcija je f(λ) = 1 2 λ2 b 2 + λb(α ∗ + α), kjer je ˜λ = bλ =⇒ b = √ x 0
2
. Odvodi funkcije se
potem glasijo
f(λ) = 1 2 λ2 b 2 + λb(α + α ∗ ) (5.153)
f ′ (λ) = λb 2 + (α ∗ + α)b (5.154)
f ′′ (λ) = b 2 (5.155)
f (3) (λ) = 0 (5.156)
f (n〉3) (λ) = 0 (5.157)
Vidimo, da če bomo želeli dobiti vsote, ki bodo različne od nič, mora veljati a i = 0 za
i ≥ 3. Poglejmo si sedaj pričakovano vrednost odmika 〈x〉. V ta namen izračunajmo dano
vsoto za n = 1.
d
dλ ef(λ) =
1∑
m=1
Ko izračunamo to preprosto vsoto pri λ = 0 dobimo
1!
1a 1 ! (λb2 + b(α ∗ + α)) a 1
(5.158)
a 1 = m = 1 a 1 = n = 1 =⇒ a 1 = 1 (5.159)
〈x〉 = d
dλ ef(λ) = b(α ∗ + α) = x 0
√
2
(α ∗ + α) (5.160)
Vidimo, da dobimo pravilni izraz za povprečni odmik. Izračunajmo še pričakovano vrednost
kvadrata odmika:
(
d 2
2∑
)
2!
dλ 2ef(λ) =
1!a
m=1 1 !(2!) a 2 a2 ! (f ′ ) a 1
(f ′′ ) a 2
(5.161)
m = 1 : a 1 + a 2 = 1,a 1 + 2a 2 = 2 =⇒ a 2 = 1,a 1 = 0 (5.162)
m = 2 : a 1 + a 2 = 2,a 1 + 2a 2 = 2 =⇒ a 2 = 0,a 1 = 2 (5.163)

5.4. FORMULA FAA DI BRUNO 65
Ko to vstavimo v vsoto in izvrednostimo pri λ = 0, dobimo izraz za pričakovano vrednost
kvadrata odmika
〈x 2 〉 = x2 0
2
(
)
α 2 + α ∗2 + 2|α| 2 + 1
(5.164)
Ta izraz pa smo dobili tudi že z direktnim računom. Tako vidimo, da naš postopek dobro
deluje in ga lahko uporabimo tudi za izračun še višjih odvodov. V našem primeru je to še
posebaj preprosto, saj moramo za izračun koeficientov a i rešiti le 2 × 2 sistem.

66 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR

Chapter 6
Matrična upodobitev operatorjev
6.1 Matrična upodobitev operatorjev
Določi matrične elemente operatorja ˆR = exp(−iα⃗nˆ⃗ L), kjer je ˆ⃗L operator vrtilne količine, ⃗n
pa poljubna smer v prostoru (α je infenitizimalen). Explicitno določi matrično upodobitev
operatorjev L z ,L ± za l = 1 2 ,1, 3 2 .
Rešitev
1. del rešitve:
Operator vrtilne količine ˆ⃗ L lahko zapišemo po komponentah kot
⎛ ⎞
L x
⃗L = ⎝ L y
⎠ (6.1)
L z
To lahko naredimo tudi za normalni vektor ⃗n v prostoru
⎛ ⎞
γ
⃗n = ⎝ η ⎠ , (6.2)
σ
kjer so komponente danega vektorja izbrane tako, da je γ 2 + η 2 + σ 2 = 1, saj mora biti
normalni vektor po velikosti enak 1. Potem lahko zapišemo skalarni produkt
⃗n ⃗ L = γL x + ηL y + σL z (6.3)
Sedaj razvijmo eksponentni člen exp(−iα⃗nˆ⃗ L) v Taylorjevo vrsto.
ˆR = Id + (−iα⃗n ⃗ L) + 1 2! (−iα⃗n⃗ L) 2 + ... (6.4)
Ker je α majhna bo člen v razvoju z α 2 dosti manjši od člena z α. Zato lahko v razvoju
upoštevamo le prva dva člena:
ˆR ≈ Id + (−iα⃗n ⃗ L) = Id − iα(γL x + ηL y + σL z ) (6.5)
67

68 CHAPTER 6.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV
Ker z L x ,L y ne znamo lepo računati, pač pa rajši računamo z L ± , uporabimo zveze
L x = L + + L −
2
L y = L + − L −
2i
To sedaj vstavimo noter v naš izraz in dobimo
(6.6)
(6.7)
ˆR = Id − iα(γ L + + L −
2
Ko izraz nekoliko preuredimo, dobimo
ˆR = Id − iα( γ − iη
2
+ η L + − L −
2i
+ σL z ) (6.8)
L + + γ + iη L − + σL z ) (6.9)
2
Sedaj določimo matrične elemente tega operatorja 〈lm| ˆR|kn〉, kjer so |lm〉 lastna stanja
operatorjev L z in L 2 . Lahko zapišemo
〈lm| ˆR|kn〉 = 〈lm|Id − iα( γ − iη
2
kjer smo upoštevali, da je
L + + γ + iη L − + σL z )|kn〉 =
2
= 〈lm|kn〉 − iα( γ − iη )〈lm|L + |kn〉 −
2
−iα( γ + iη )〈lm|L z |kn〉 − iασ〈lm|L z |kn〉 =
2
δ k l δn m − α 2 (η + iγ)〈lm|L +|kn〉 +
+ α 2 (η − iγ)〈lm|L −|kn〉 − iασnδ k l δn m , (6.10)
〈lm|kn〉 = δ k l δn m (6.11)
〈lm|L z |kn〉 = n〈lm|kn〉 = nδ k l δn m (6.12)
Sedaj upoštevajmo še kako delujeta na ta stanja operatorja L ± :
〈lm|L ± |kn〉 = √ k(k + 1) − n(n ± 1)〈lm|kn〉 (6.13)
Ko to uporabimo v našem izrazu, dobimo
〈lm| ˆR|kn〉 = (1 − iασn)δl k δn m − α
2 (η + iγ)√ k(k + 1) − n(n + 1)δl k δn+1 m +
α
2 (η − iγ)√ k(k + 1) − n(n − 1)δl k δn−1 m , (6.14)
kjer smo upoštevali ortogonalnost lastnih stanj
〈lm|k,n + 1〉 = δl k δn+1 m (6.15)
〈lm|k,n − 1〉 = δl k δn−1 m (6.16)

6.1.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV 69
Ko še malo izpostavimo, dobimo končni rezultat
〈 ˆR〉 = δl k [(1 − iασn)δn m − α
2 (η + iγ)√ k(k + 1) − n(n + 1)δm n+1 +
α
2 (η − iγ)√ k(k + 1) − n(n − 1)δm n−1 ] (6.17)
Dobili smo izraz, ki nam določa matrične elemente operatorja ˆR v bazi lastnih stanj operatorjev
L z in L 2 .
Iz izraza vidimo, da bo matrika, ki jo dobimo, imela po diagonali bloke podmatrik velikosti
2l + 1. Ti bloki pa so tridiagonalni. Glej sliko 6.1.
Figure 6.1: Slika prikazuje simbolično matriko, s katero lahko predstavimo operator ˆR.
Če sedaj predpostavimo, da imamo vrtenje le okrog osi z, potem velja: η = γ = 0 in
σ = 1. Tedaj se matrični element poenostavi in dobimo
v tem primeru dobimo le še diagonalno matriko.
2. del rešitve:
〈lm| ˆR|kn〉 = δ k l (1 − iαn)δn m (6.18)
Za konec pa poiščimo še matrično upodobitev danih operatorjev L z ,L ± . Za te operatorje
poznamo splošne zveze za matrične elemente
〈lm|L z |kn〉 = nδ k l δn m (6.19)
〈lm|L ± |kn〉 = √ k(k + 1) − n(n ± 1)δ k l δn±1 m (6.20)

70 CHAPTER 6.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV
Najprej si poglejmo primer za l = 1 2 . Tedaj imamo dve možnosti za m : −1 2 , 1 2 . Dogovorimo
se, da bomo za dani primer pisali lastna stanja v naslednji obliki
[ ] 1
|1/2, −1/2〉 =
(6.21)
0
[ ] 0
|1/2,1/2〉 =
(6.22)
1
(6.23)
Če napišemo naše zveze 6.19 in 6.20 za dani primer, dobimo
√
3
〈1/2,m|L + |1/2,n〉 =
4
√
3
〈1/2,m|L − |1/2,n〉 =
4
〈1/2,m|L z |1/2,n〉 = nδ n m (6.24)
− n(n + 1)δn+1 m (6.25)
− n(n − 1)δn−1 m (6.26)
Od tu pa lahko hitro zapišemo matrično upodobitev teh operatorjev za dani primer:
( )
−1/2 0
L z =
(6.27)
0 1/2
( ) 0 0
L + =
(6.28)
1 0
( ) 0 1
L − =
(6.29)
0 0
Sedaj naredimo podobno za l = 1. V tem primeru imamo tri možnosti za m,n = −1,0,1.
Dogovorimo se, da bomo lastna stanja pisali v obliki:
⎡ ⎤
1
|1, −1〉 = ⎣ 0 ⎦ (6.30)
0
⎡ ⎤
0
|1,0〉 = ⎣ 1 ⎦ (6.31)
0
⎡ ⎤
0
|1,1〉 = ⎣ 0 ⎦ (6.32)
1
Matrične elemente danih operatorjev L z ,L ± za dani primer zapišemo v obliki:
(6.33)
〈1,m|L z |1,n〉 = nδ n m (6.34)
〈1,m|L + |1,n〉 = √ 2 − n(n + 1)δ n+1
m (6.35)
〈1,m|L − |1,n〉 = √ 2 − n(n − 1)δ n−1
m (6.36)

6.1.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV 71
Z njihovo pomočjo lahko sedaj napišemo matrično upodobitev operatorjev kot:
⎛
L z = ⎝
−1 0 0
0 0 0
0 0 1
⎞
⎠ (6.37)
⎛ ⎞
√
0 0 0
L + = ⎝
2
√ 0 0 ⎠ (6.38)
0 2 0
⎛
0 √ ⎞
2
√
0
L − = ⎝
0 0 2 ⎠ (6.39)
0 0 0
(6.40)
Ostane nam le še, da pogledamo, kaj pa dobimo v primeru, ko je l = 3/2. V tem primeru
imamo 4 možnosti za m,n : −3/2, −1/2,1/2,3/2. Tu se podobno kot v prejšnjih dveh
primerih dogovorimo, da bomo pisali
|3/2, −3/2〉 =
|3/2, −1/2〉 =
|3/2,1/2〉 =
|3/2,3/2〉 =
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
⎤
⎥
⎦ (6.41)
⎤
⎥
⎦ (6.42)
⎤
⎥
⎦ (6.43)
⎤
⎥
⎦ (6.44)
(6.45)
V primeru, ko imamo l = 3/2, se matrični elementi danih operatorjev L z ,L ± izražajo kot:
√
15
〈3/2,m|L + |3/2,n〉 =
4
− n(n + 1)δn+1 m (6.47)
〈3/2,m|L z |3/2,n〉 = nδ n m (6.46)
√
15
〈3/2,m|L − |3/2,n〉 =
4
− n(n − 1)δn−1 m (6.48)

72 CHAPTER 6.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV
S pomočjo teh zvez še enkrat narišimo matrike, ki pripadajo omenjenim operatorjem. Dobimo:
⎛
⎞
−3/2 0 0 0
L z = ⎜
0 −1/2 0 0
⎟
⎝ 0 0 1/2 0 ⎠ (6.49)
0 0 0 3/2
⎛
⎞
√
0 0 0 0
L + = ⎜
3 0 0 0
√ ⎟
⎝ 0 4
√ 0 0 ⎠ (6.50)
0 0 3 0
⎛
0 √ ⎞
3
√
0 0
L − = ⎜
0 0 4 0
√ ⎟
⎝ 0 0 0 3 ⎠ (6.51)
0 0 0 0
No, pa smo pri koncu!
6.2 Matrična upodobitev operatorjev II.
(6.52)
Zapiši operatorje ˆQ, ˆN,â,... v matrični upodobitvi. Uredi bazo tako, da narašča število
fermionov in bozonov, pri vsakem izbranem številu bozonov pa je število fermionov najprej
0 in potem 1.
Rešitev:
Preden se lotimo računanja zapišimo nekaj definicij in zvez, ki veljajo za supresimetrične
operatorje:
ˆQ = a † b + b † a −→ Q † = Q = b † a + a † b (6.53)
N = a † a + b † b (6.54)
{a † ,a} − = 1 = {b † ,b} + (6.55)
{a,a} − = 0 = {b,b} + = {a † ,a † } − = {b † ,b † } + (6.56)
{Q,b † } + = a † (6.57)
{Q,a † } − = b † (6.58)
{Q,b} + = a (6.59)
{Q,a} − = −b (6.60)
{Q,Q † } + = 2Q 2 = 2N = 2
ω H (6.61)
H = ω(a † a + b † b) = ωN (6.62)
{Q,N} − = 0 (6.63)

6.2.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV II. 73
Dogovorimo se, da bomo stanja pisali v obliki |n f ,n b 〉, kjer n f = 0,1 pove število fermionov
in n b število bozonov v danem stanju. Bazna stanja uredimo tako, kot narekuje naloga. To
pomeni, da ima bazni vektor povsod ničle le na mestu 2n b + n f + 1 ima enico. Simbolično
to zapišemo
|n f ,n b 〉 = δ i 2n b +n f +1 = { 1, i = 2nb + n f + 1
0, Sicer
, (6.64)
kjer indeks i teče po komponentah vektorja |n f ,n b 〉. Prvih nekaj baznih stanj se glasi:
⎛
|0,0〉 =
⎜
⎝
1
0
0
0
0
0
⎞
.
⎛ ⎞
0
0
0
|1,1〉 =
1
0
⎜
⎝ 0 ⎟
⎠
.
⎛
|1,0〉 =
⎟ ⎜
⎠ ⎝
0
1
0
0
0
0
⎞
.
⎛ ⎞
0
0
0
|0,2〉 =
0
1
⎜
⎝ 0 ⎟
⎠
.
⎛
|0,1〉 =
⎟ ⎜
⎠ ⎝
0
0
1
0
0
0
⎞
⎟
⎠
.
⎛ ⎞
0
0
0
|1,2〉 =
0
0
⎜
⎝ 1 ⎟
⎠
.
(6.65)
Sedaj lahko zapišemo, kako delujejo operatorji a,a † ,b,b †1 na naša bazna stanja. Velja
b † |n f ,n b 〉 = √ n f + 1|n f + 1,n b 〉 (6.66)
b|n f ,n b 〉 = √ n f |n f − 1,n b 〉 (6.67)
a † |n f ,n b 〉 = √ n b + 1|n f ,n b + 1〉 (6.68)
a|n f ,n b 〉 = √ n b |n f ,n b − 1〉 (6.69)
Pri tem moramo upoštevati, da je lahko v enem stanju le nič ali en fermion, kar pomeni,
da je
b † |1,n b 〉 = 0 (6.70)
b | 0,n b 〉 = 0 (6.71)
(6.72)
1 Operatorja a,a † delujeta le na bozone, operatorja b, b † pa le na fermione.

74 CHAPTER 6.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV
Zgornje zveze pomnožimo še z ”bra” 〈m f ,m b | in dobimo matrične elemente za dane operatorje:
〈m f ,m b |b † |n f ,n b 〉 = √ n f + 1δ m f
n f +1 δm b
n b
(6.73)
〈m f ,m b |b|n f ,n b 〉 = √ n f δ m f
n f −1 δm b
n b
(6.74)
〈m f ,m b |a † |n f ,n b 〉 = √ n b + 1δ m f
n f
δ m b
n b +1 (6.75)
〈m f ,m b |a|n f ,n b 〉 = √ n b δ m f
n f
δ m b
n b −1 (6.76)
S pomočjo teh operatorjev pa lahko sedaj napišemo dejanske matrike teh operatorjev:
⎛
⎞ ⎛
⎞
0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 ...
0 0 0 1 0 0 ...
b † =
0 0 1 0 0 0
b =
0 0 0 0 0 0
(6.77)
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1
⎜
⎝ 0 0 0 0 1 0 ⎟ ⎜
⎠ ⎝ 0 0 0 0 0 0 ⎟
⎠
.
. .. .
. ..
⎛
⎞ ⎛
0 0 0 0 0 0
0 0 √ ⎞
1
√
0 0 0
√
0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0
√ 1
√ 0 0 0 0 0 ...
0 0 0 0 2 0 ...
a † =
0 1 0 0 0 0
√ √ a =
0 0 0 0 0 2
(6.78)
0 0 2 0 0 0
⎜
√ 0 0 0 0 0 0
⎝ 0 0 0 2 0 0
⎟ ⎜
⎠ ⎝ 0 0 0 0 0 0
⎟
⎠
.
.
.. .
.
..
Sedaj določimo matrično upodobitev operatorja ˆN. V ta namen delujmo s tem operatorjem
na bazno stanje:
N|n f ,n b 〉 = a † a + b † b|n f ,n b 〉 = (n f + n b )|n f ,n b 〉 (6.79)
Če še skalarno pomnožimo to z Bra, dobimo matrični element za dani operator
〈m f ,m b | ˆN|n f ,n b 〉 = (n f + n b )δ n f
m f
δ n b
m b
(6.80)
Od tu vidimo, kakšna bo matrika za operator ˆN:
⎛
⎞
0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 ...
N =
0 0 0 2 0 0
0 0 0 0 2 0
⎜
⎝ 0 0 0 0 0 3 ⎟
⎠
.
. ..
(6.81)

6.3. MATRIČNA UPODOBITEV GRUPE S 3 75
Preostane nam le še, da določimo matrično reprezentacijo za operator ˆQ. Delujmo z njim
na bazno stanje in poglejmo, kaj dobimo:
ˆQ|n f n b 〉 = (â † b + b † a)|n f ,n b 〉 = √ n f
√
nb + 1|n f − 1,n b + 1〉 +
+ √ n f + 1 √ n b |n f + 1,n b − 1〉 (6.82)
Sedaj pomnožimo dobljeno stanje z Bra in že dobimo željeni matrični element:
〈m f ,m b | ˆQ|n f ,n b 〉 = √ n f
√
nb + 1δ m f
n f −1 δm b
n b +1 + √ n f + 1 √ n b δ m f
n f +1 δm b
n b −1 (6.83)
S pomočjo dobljenega matričnega elementa in nekaj truda lahko tudi operator ˆQ zapišemo
v matrični obliki:
⎛
⎞
0 0
√
0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
0 √ 1 0 0 0 0 ...
√ Q =
0 0 0 0 2 0
√ (6.84)
0 0 0 2 0 0
⎜
⎝ 0 0 0 0 0 0
⎟
⎠
.
.
..
No, pa smo pri koncu!
6.3 Matrična upodobitev grupe S 3
Permutacijska grupa S 3 in matrična upodobitev na vektorju (1,2,3). Pri dogovoru
P 12 (123) = (213) (6.85)
P 12 P 13 = P 12 (321) = (312) (6.86)
Zapiši enoto in vse permutacije v obliki matrik 3 × 3. Za poljubno funkcijo, ki je funkcija
koordinat treh delcev, zapiši s pomočjo projektorja obe singletni stanji.
Rešitev:
Najprej si zapišemo, kaj na vektorju (123) naredijo naše transpozicije in permutacije
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 1 1 2 1 3
e⎝
2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠, P 12
⎝ 2 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ , P 13
⎝ 2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ (6.87)
3 3 3 3 3 1
P 23
⎛
⎝
1
2
3
⎞
⎛
⎠ = ⎝
1
3
2
⎞ ⎛
⎠, P 12 P 13
⎝
P 13 P 12
⎛
⎝
1
2
3
1
2
3
⎞
⎠ = P 12
⎛
⎝
⎞
⎠ = P 13
⎛
⎝
3
2
1
2
1
3
⎞
⎛
⎠ = ⎝
⎞
⎛
⎠ = ⎝
3
1
2
2
3
1
⎞
⎠ (6.88)
⎞
⎠ (6.89)

76 CHAPTER 6.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV
Vse ostale permutacije, ki jih nismo napisali, se dajo prevesti na danih šest, zato jih
ne potrebujemo. Ko sedaj vidimo, kako permutacije delujejo na vektor (1,2,3), lahko
napišemo matrično upodobitev teh permutacij. (Pozor: Z matrikami lahko delujemo le na
vektor (1,2,3)!!!):
⎛
P 23 = ⎝
⎛
e = ⎝
1 0 0
0 0 1
0 1 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎞
⎞
⎛
⎠ , P 12 = ⎝
⎛
⎠ , P 12 P 13 = ⎝
0 1 0
1 0 0
0 0 1
0 0 1
1 0 0
0 1 0
⎞
⎞
⎛
⎠ , P 13 = ⎝
⎛
⎠ , P 13 P 12 = ⎝
0 0 1
0 1 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1 0 0
⎞
⎠ (6.90)
⎞
⎠ (6.91)
Sedaj pa določimo singletna stanja. Vemo, da je singletno stanje lastna funkcija vsake
od danih transpozicij oz. permutacij:
P ij f = αf, (6.92)
kjer smo z f označili singletno stanje. Vidimo, da mora biti singletno stanje tako, da ko
nanj delujemo s katero koli permutacijo, moramo nazaj dobiti isto funkcijo. Prvo singletno
stanje, ki se kar samo ponuja, je vsota vseh permutacij. To je vedno res, saj vemo, da če s
permutacijo delujemo na takšno vsoto, gotovo dobimo nazaj isto vsoto. Funkcija se potem
glasi:
f = e + P 12 + P 13 + P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 (6.93)
Na eni permutaciji pokažimo, da je to res singlet
P 13 f = P 13 e + P 13 P 12 + P 13 P 13 + P 13 P 23 + P 13 P 12 P 13 + P 13 P 13 P 12 (6.94)
Če sedaj upoštevamo, da je
vidimo, da dobimo nazaj isto vsoto:
P ij P ij = e (6.95)
P 13 P 23 = P 12 P 13 (6.96)
P 13 P 12 P 13 = P 23 (6.97)
P 13 f = f (6.98)
Tako bi lahko naredili še za ostalih pet permutacij. Naloga zahteva, da zapišemo singletno
stanje s pomočjo projektorja. V ta namen poglejmo, ali je funkcija f projektor. Za
projektor vemo, da velja
To sedaj izvedimo na našem primeru
P 2 = P (6.99)
f 2 = (e + P 12 + P 13 + P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 )(e + P 12 + P 13 + P 23 +
+P 12 P 13 + P 13 P 12 ) (6.100)

6.3. MATRIČNA UPODOBITEV GRUPE S 3 77
Ko člene med sabo zmnožimo, dobimo goro nekih členov. Če upoštevamo, kako delujejo
permutacije na naše stanje:
dobimo
P 12 P 23 = P 13 P 12 (6.101)
P 12 P 13 P 12 = P 23 (6.102)
P 13 P 23 = P 12 P 13 (6.103)
P 13 P 12 P 13 = P 23 (6.104)
P 23 P 12 = P 12 P 13 (6.105)
P 23 P 13 = P 13 P 12 (6.106)
P 23 P 12 P 13 = P 12 (6.107)
P 23 P 13 P 12 = P 13 (6.108)
P 12 P 13 P 12 = P 23 (6.109)
P 12 P 13 P 23 = P 13 (6.110)
P 12 P 13 P 12 P 13 = P 13 P 12 (6.111)
P 12 P 13 P 13 P 12 = e (6.112)
P 13 P 12 P 13 = P 23 (6.113)
P 13 P 12 P 23 = P 12 (6.114)
P 13 P 12 P 13 P 12 = P 12 P 13 , (6.115)
f 2 = 6f (6.116)
To še ni projektor. Da bi dobili pravi projektor, normiramo. To nam da
Tako je naš končni rezultat
P = 1 6 f (6.117)
P 1 = 1 6 (e + P 12 + P 13 + P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 ) (6.118)
Tako smo dobili prvo singletno stanje zapisano s pomočjo projektorja.
Sedaj poiščimo še drugo singletno stanje. To moramo bolj ali manj uganiti, oz. poskušati
toliko časa, da nam uspe najti pravo stanje. Zavedamo pa se, da mora tudi drugo singletno
stanje imeti vseh šest členov v sebi, saj v nasprotnem primeru ne bi vedno dobili vseh
potrebnih členov nazaj. Zavedamo se tudi, da morajo imeti vsi členi iste številske predfaktorje,
drugače se nam lahko zalomi. Tako nam ostane le, da prekladamo minuse. Ker se
zavedamo, kako permutacije delujejo, čutimo, da če bomo dali negativne predznake pred
transpozicije, pred enoto in permutacije pa pozitivne znake bo to ravno to kar želimo.
Vemo namreč, da ko množimo poljubno transpozicijo P lk s transpozicijo bomo ven dobili

78 CHAPTER 6.
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV
permutacijo P ij P mn v enem primeru pa celo enoto. Ko pa množimo transpozicijo s permutacijami,
pa bomo ven dobili transpozicije. Tako se bo čeli stvari zamenjal predznak,
ampak to nas ne moti. Ko poskusimo, vidimo, da je to res naša rešitev:
Na primeru preverimo ali stvar res deluje:
f = e − P 12 − P 13 − P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 (6.119)
P 12 f = P 12 e − P 12 P 12 − P 12 P 13 − P 12 P 23 + P 12 P 12 P 13 + P 12 P 13 P 12 . (6.120)
Ko poenostavimo nekatere člene dobimo ven
P 12 f = −f (6.121)
Po istem postopku kot v prvem primeru tudi za to singletno stanje preverimo da je projektor,
če ga normiramo. Dobimo:
P 2 = 1 6 (e − P 12 − P 13 − P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 ). (6.122)

Chapter 7
Clebsh-Gordanovi koeficienti
7.1 Clebsh-Gordanovi koeficienti
Clebsh-Gordanovi koeficienti so definirani z relacijo
|j 1 ,j 2 ,j 3 ,m 3 〉 = ∑
m 1 ,m 2
|j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 〉〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |j 1 ,j 2 ,j 3 ,m 3 〉, (7.1)
M µ = −j µ , −j µ +1,...,j µ (µ = 1,2,3), j 3 pa je pri danih j 1 ,j 2 omejen na interval |j 1 −j 2 | ≤
j ≤ |j 1 + j 2 |. Izračunaj Clebsh-Gordanove koeficiente 〈j,κ,1,µ|j,1,j,κ + µ〉.
Rešitev:
Dogovorimo se, da bomo Clebsh-Gordanove koeficiente označili z
c j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2
= 〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |j,M〉, (7.2)
kjer smo z j označili skupno vrtilno količino, z M = m 1 + m 2 pa projekcijo skupne vrtilne
količine na z os. Določimo najprej rekurzivne zveze, ki veljajo za CGK. V ta namen
uporabimo operatorje J ± ,J 1 ±,J 2 ±, za katere velja
J ± |j,M〉 = √ j(j + 1) − M(M ± 1)|j,M ± 1〉 (7.3)
J 1 ± |j 1,m 1 〉 = √ j 1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 ± 1)|j 1 ,m 1 ± 1〉 (7.4)
J 2 ± |j 2,m 2 〉 = √ j 2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 ± 1)|j 2 ,m 2 ± 1〉 (7.5)
Sedaj delujmo s tem na člen in poglejmo kaj dobimo
J ± = J 1 ± + J2 ± (7.6)
〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |J − |j,M〉 = √ j(j + 1) − M(M − 1)〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |j,M − 1〉. (7.7)
Po drugi strani pa velja
〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |J 1 − + J 2 −|j,M〉 =
= √ j 1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 + 1)〈j 1 ,m 1 + 1,j 2 ,m 2 |j,M〉 +
√
j2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 + 1)〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 + 1|j,M〉 (7.8)
79

80 CHAPTER 7. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI
Sedaj uvedemo nov koeficient ˆM = M − 1 =⇒ M = ˆM + 1. Ko to vstavimo noter, dobimo
zvezo:
√
j(j + 1) − ˆM( ˆM + 1)〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |j, ˆM〉 =
√
j1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 + 1)〈j 1 ,m 1 + 1,j 2 ,m 2 |j, ˆM + 1〉 +
+ √ j 2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 + 1)〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 + 1|j, ˆM + 1〉 (7.9)
Če izraz še malo polepšamo, dobimo
〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |j, ˆM〉 =
√
j1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 + 1)
√
j(j + 1) − ˆM( ˆM
〈j 1 ,m 1 + 1,j 2 ,m 2 |j, ˆM + 1〉 +
+ 1)
√
j2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 + 1)
√
j(j + 1) − ˆM( ˆM
〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 + 1|j, ˆM + 1〉 (7.10)
+ 1)
Če uporabimo še naš zapis, dobimo
C j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2
=
√
j1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 + 1)
√
j(j + 1) − ˆM( ˆM
C j j 1 ,j 2 ,m 1 +1,m 2
+
+ 1)
√
j2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 + 1)
+ √
j(j + 1) − ˆM( ˆM
C j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2 +1
(7.11)
+ 1)
Dobljena zveza velja za ˆM + 1 ≤ |j 1 + j 2 |. Do po dobne zveze pridemo, če delujemo na naš
člen z operatorjem J + . Izvedemo povsem analogen potopek kot v računu zgoraj in dobimo
C j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2
=
√
j1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 − 1)
√
j(j + 1) − ˆM( ˆM − 1)
+
C j j 1 ,j 2 ,m 1 −1,m 2
+
√
j2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 − 1)
√
j(j + 1) − ˆM( ˆM
C j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2 −1
(7.12)
− 1)
Naredimo sedaj en hiter zgledek. Zanima nas, kakšen je CGK C 3/2
1,1/2,0,1/2
, če vemo, da je
C 3/2
1,1/2,1,1/2
= 1. Po našem postopku dobimo
√
2
1,1/2,0,1/2 = √
C 3/2
C 3/2
3 5
2 2 − 1 3
2 2
√
1,1/2,1,1/2 + √
1 3
2 2 − 1 1
2 2
3 5
2 2 − 1 3
2 2
C 3/2
1,1/2,0,3/2
(7.13)
Ker je slednji člen enak nič, saj ne more biti komponenta v z smeri večja od celotne vrtilne
količine, dobimo rezultat
C 3/2
1,1/2,0,1/2 = √
2
3 . (7.14)

7.1. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI 81
Ko pogledamo v tabele 1 , vidimo, da smo dobili prave koeficiente.
Naša rešitev pa ima se eno pomanjklivost. Rekurzivne formule, kot jih imamo, delujejo
le pri istih vrednostih j-ja. Formule se sprehajajo le med različnimi M-ji, ne pa tudi med
različnimi j-ji. Da bi lahko našli CGK tudi pri različnih j-jih, pa postopamo na naslednji
način. Stanje s skupno vrtilno količino |j = j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 〉 ali |j = j 1 + j 2 ,M =
−(j 1 + j 2 )〉, lahko v produktni bazi zapišemo kot
|j = j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 〉 = 1|j 1 ,j 1 ,j 2 ,j 2 〉 (7.15)
|j = j 1 + j 2 ,M = −(j 1 + j 2 )〉 = 1|j 1 , −j 1 ,j 2 , −j 2 〉 (7.16)
Od tod takoj lahko preberemo dva CGK:
C j 1+j 2
j 1 ,j 2 ,j 1 ,j 2
= 〈j 1 ,j 1 ,j 2 ,j 2 |j 1 + j 2 ,j 1 + j 2 〉 = 1 (7.17)
C j 1+j 2
j 1 ,j 2 ,−j 1 ,−j 2
= 〈j 1 , −j 1 ,j 2 , −j 2 |j 1 + j 2 , −(j 1 + j 2 )〉 = 1 (7.18)
Sedaj na to stanje delujmo z operatorjem J − = J 1 − + J 2 −. Ko poračunamo, dobimo
|j = j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 − 1〉 =
√ 2j1
√
2(j1 + j 2 ) |j 1,(j 1 − 1),j 2 ,j 2 〉 +
(7.19)
√ 2j2
+ √
2(j1 + j 2 ) |j 1,j 1 ,j 2 ,(j 2 − 1)〉 (7.20)
Dobimo zopet dva nova CGK
C j 1+j 2
j 1 ,j 2 ,j 1 −1,j 2
=
C j 1+j 2
j 1 ,j 2 ,j 1 ,j 2 −1 =
√ 2j1
√
2(j1 + j 2 )
√ 2j2
√
2(j1 + j 2 )
(7.21)
(7.22)
Naredimo primer za j 1 = 1,j 2 = 1 2 :
| 3 2 = 1 + 1 2 , 1 2 〉 = √
2
3 |1,0, 1 2 , 1 2 〉 + √
1
3 |1,1, 1 2 , −1 2 〉 (7.23)
S tem še nismo dobili nič novega glede na rekurzivje formule. Da bi dobili kaj novega
si poglejmo stanje |j = j 1 + j 2 − 1,M = j 1 + j 2 − 1〉. To stanje lahko zapišemo kot linearno
kombinacijo dveh produktnih stanj.
|j = j 1 + j 2 − 1,M = j 1 + j 2 − 1〉 = α|j 1 ,j 1 − 1,j 2 ,j 2 〉 + β|j 1 ,j 1 ,j 2 ,j 2 − 1〉 (7.24)
1 Vrednosti CGK koeficientov lahko najdemo v knjigi Physical Review D, Particles and Fields, stran 245.

82 CHAPTER 7. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI
Sedaj upoštevajmo, da so stanja ortonormirana in na to stanje delujmo s stanjem 〈j =
j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 − 1|. Kar dobimo je
〈j = j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 − 1|j = j 1 + j 2 − 1,M = j 1 + j 2 − 1〉 =
√ √
j1 j2
= √ α + √ β = 0 (7.25)
j1 + j 2 j1 + j 2
Od tod dobimo pogoj
√
j2
α = −√ β (7.26)
j1
Če še upoštevamo |α| 2 + |β| 2 = 1, dobimo
√
Ko to vstavimo v stanje, dobimo
|j = j 1 + j 2 − 1,M = j 1 + j 2 − 1〉 = −
j 1
β =
(7.27)
j 1 + j 2
√
j 2
α = −
(7.28)
j 1 + j 2
Tako smo prideli še dva CGK pri za ena manjšem j:j = j 1 + j 2 − 1.
√
C j 1+j 2 −1
j 1 −1,j 2 ,j 1 −1,j 2
= −
C j 1+j 2 −1
√
j 1 ,j 2 −1,j 1 ,j 2 −1 = √
Naredimo zgled za j 1 = 1,j 2 = 1 2 . Dobimo
j 2
|j 1 ,j 1 − 1,j 2 ,j 2 〉 +
j 1 + j 2
√
j 1
+ |j 1 ,j 1 ,j 2 ,j 2 − 1〉 (7.29)
j 1 + j 2
j 2
j 1 + j 2
(7.30)
j 1
j 1 + j 2
(7.31)
| 1 2 , 1 2 〉 = − √
1
3 |1,0, 1 2 , 1 2 〉 + √
2
3 |1,1, 1 2 , −1 2 〉 (7.32)
Če bi želeli sedaj dobiti še ostale CGK pri danem j, lahko uporabimo rekurzivne formule
ali pa delujemo na stanje z operatorjem J − in pogledamo kaj dobimo.

Chapter 8
Spinski sistemi
8.1 Spinski operator v Heisenbergovi sliki
Spinski operatorji v Heisenbergovi sliki. Hamiltonov operator je podan H = −gµ B
⃗ B(t)⃗σ.
Enačba je potemtakem
i dσα
dt
= −gµ B B µ (t)[σ α ,σ µ ] (8.1)
V času t ≤ 0 kaže polje ⃗ B v smeri osi x, za t ≥ 0 pa v smeri osi z. Poglej, kako se valovna
funkcija spreminja s časom.
Rešitev:
Najprej si poglejmo kako se valovna funckija spreminja s časom. Ob času t = 0 lahko našo
valovno funkcijo razvijemo po lastnih stanjih spina
|ψ〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉, (8.2)
kjer sta
( 1
| ↑〉 =
0
) ( 0
, | ↓〉 =
1
)
(8.3)
Sedaj delujmo s Hamiltonjanom na lastna stanja. Upoštavajmo, da magnetno polje B ⃗ −→
B z kaže v smeri osi z. Zato nam ostane le σ z , ki ga s Paulijevo matriko predstavimo kot
( ) 1 0
σ z =
(8.4)
0 −1
Ko s tem operatojem delujemo na lastna stanja, prvo stanje pusti nespremenjeno, drugo
stanje pa pomnoži z −1. Dobimo
H| ↑〉 = E ↑ | ↑〉 = −gµ B B z | ↑〉 (8.5)
H| ↓〉 = E ↓ | ↓〉 = +gµ B B z | ↓〉, (8.6)
83

84 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
Za lastna stanja velja, da se s časom propagirajo kot
Zato se naše stanje spreminja s časom kot
| ↑ (t)〉 = e −i E ↑
t | ↑〉 (8.7)
| ↓ (t)〉 = e −i E ↓
t | ↓〉 (8.8)
|ψ(t)〉 = ae −i E ↑
t | ↑〉 + be −i E ↓
t | ↓〉 (8.9)
Da bo stanje povsem določeno moramo določiti še konstanti a in b. Izberimo si, da bo ob
času t = 0 naša valovna funcija kar lastna funkcija operatorja σ x :
Če upoštevamo, da je σ x = σ ++σ −
2
in da velja
( 0 1
σ + = 2
0 0
dobimo
σ x |ψ〉 = 1|ψ〉 (8.10)
)
, σ − = 2
( 0 0
1 0
)
, (8.11)
σ x |ψ〉 = b| ↑〉 + a| ↓〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉 (8.12)
Torej mora veljati, da je a = b = 1 √
2
. Tako lahko sedaj naše stanje zapišemo ob katerem
koli času kot
kjer smo označili frekvenco
|ψ(t)〉 = 1 √
2
e iωt + 1 √
2
e −iωt , (8.13)
ω = gµ B B z /. (8.14)
Za primer lahko v Schrodingerjevi sliki 1 izračunamo, pričakovano vrednost operatorja σs:
x
〈σ(t)|σs x |ψ(t)〉 = √ 1
)( )
(
e −iωt ,e iωt)( 0 1 e
iωt
2 1 0 e −iωt =
= 1 (
e 2iωt + e −2iωt) = cos 2ωt (8.15)
2
Vidimo, da se pričakovana vrednost operatorja spreminja sinusno s frekvenco 2ω.
Sedaj pa si poglejmo spinske operatorje σ i še v Heisenbergovi sliki.
da imamo polje le v z-smeri, lahko zapišemo
Če tudi tu upoštevamo,
i dσα
dt
= −gµ B B z {σ α ,σ z }, α = x,y,z (8.16)
1 V Schrodingerjevi sliki se operatorji ne spremenijo, spreminja pa se baza. V Heisenbergovi sliki, pa se
baza ohranja, spreminjajo pa se operatorji.

8.1. SPINSKI OPERATOR V HEISENBERGOVI SLIKI 85
Naše enačbe za vse tri komponente se potem glasijo
i dσz
dt
= 0 =⇒ σ z = konst. (8.17)
i dσy
dt
i dσx
dt
= −gµ B B z 2iσ x (8.18)
= gµ B B z 2iσ y (8.19)
(8.20)
Če iz enačb pokrajšamo imaginarno enoto, zadnjo enačbo še enkrat odvajamo in vstavimo
drugo enačbo v tretjo, dobimo enačbo
Analogno tudi dobimo
d 2 σ x
dt 2 + ˆω2 σ x = 0 (8.21)
d 2 σ y
dt 2 + ˆω2 σ y = 0 (8.22)
kjer je ˆω = 2gµ B B z . Rešitve danih enačb seveda poznamo(nihanje):
σ x (t) = Acos ˆωt + B sin ˆωt (8.23)
σ y (t) = C cos ˆωt + D sin ˆωt (8.24)
Če še upoštevamo izbrane robne in začetne pogoje
( )
σ x (t = 0) = σpauli x 0 1
= 1 0
(8.25)
dσ y
= −ˆωσ x
dt
(8.26)
dobimo ven vrednosti konstant:
C = B = 0 (8.27)
D = −A = σ x pauli (8.28)
Tako lahko sedaj zapišemo naše rešitve, to je , kako se operatorji spreminjajo s časom
σ x (t) = σpauli x cos(2ωt) (8.29)
σ y (t) = −σ y pauli
sin(2ωt) (8.30)
σ z (t) = σ0, z (8.31)
kjer smo označili ˆω = 2ω.
Za preiskus sedaj še v Heisenbergovi reprezentaciji izračunajmo, kako se s časom spreminja
pričakovana vrednost operatorja σ x . Vemo, da velja
〈ψ s (t)|A s |ψ s (t)〉 = 〈ψ H (0)|U † A s U|ψ H (0)〉, (8.32)

86 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
pri čemer smo upoštavali, da operator A s v Schrodingerjevi sliki ni eksplicitno odvisen od
časa A s ≠ A s (t) in je U(t) = e −i H t . Označimo še
Potem dobimo
Za naš operator lahko potemtakem zapišemo
A H (t) = U † A s U, (8.33)
〈ψ s (t)|A s |ψ s (t)〉 = 〈ψ H (0)|A H (t)|ψ H (0)〉 (8.34)
〈ψ s (t)|σ x |ψ s (t)〉 = 〈ψ(0)|σH x (t)|ψ(0)〉 = 〈ψ(0)|σx pauli cos 2ωt|ψ(0)〉 =
= 〈ψ(0)|σpauli x |ψ(0)〉cos 2ωt (8.35)
Sedaj na hitro izračunajmo še preostalo pričakovano vrednost
Tako na koncu dobimo
〈ψ(0)|σpauli x |psi(0)〉 = √ 1 ( 0 1
(1,1) 2 1 0
) 1 √2
( 1
1
)
= 1 (8.36)
〈ψ s (t)|σ x |ψ s (t)〉 = cos 2ωt (8.37)
Vidimo, da s pomočjo Heisenbergove slike dobimo isti rezultat, kot smo ga z direktnim
računom v Schrodingerjevi reprezentaciji.
8.2 Spinski sistem v časovno odvisnem magnetnem polju
Prejšnjo nalogo modificirajmo tako, da v času t ≥ 0 vklopimo dodatno, časovno odvisno
magnetno polje v smeri osi z, B z (t) = B z sin(ωt). Določi verjetnost, da je po času t spin v
izhodiščnem stanju. Rezultate izračunaj točno in v 1. redu časovno odvisne teorije motenj.
Rešitev:
Naš spin postavimo v dano magnetno polje, ki ima eno veliko konstantno komponento v z
smeri in eno malo manjšo komponento v z smeri, ki je časovno odvisna. Hamiltonjnan za
dani primer se potem glasi
H = H 0 + H 1 (t) = (−µ B B 0 − µ B B 1 sin(ωt))σ z . (8.38)
Valovno funkcijo, s katero bomo opisali stanje spina, razvijemo po lastnih stanjih spina
| ↑〉 = |1〉 in | ↓〉 = |2〉. Če ne bi bilo zunanjega polja, veljajo za lastna stanja enačbe
H 0 |1〉 = E 1 |1〉 (8.39)
H 0 |2〉 = E 2 |2〉 (8.40)

8.2. SPINSKI SISTEM V ČASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU 87
Lastna stanja se s časom propagirajo kot:
|1(t)〉 = e −iE 1t/ |1(0)〉 (8.41)
|2(t)〉 = e −iE 2t/ |2(0)〉 (8.42)
Našo valovno funkcijo lahko v vsakem trenutku razvijemo po lastnih stanjih. Vendar pa je
razvoj v vsakem trenutku dugačen.
|ψ(t)〉 = ∑ n
c n (t)e −iEnt/ |n(0)〉 (8.43)
Sedaj to stanje vstavimo v Schrödingerjevo enačbo
H|ψ〉 = (H 0 + H 1 (t))|ψ〉 = i ∂ |ψ〉 (8.44)
∂t
Ko noter vstavimo naš razvoj in dobljeno enačbo z leve pomnožimo z lastnim stanjem
〈k(0)|, dobimo sistem enačb
i ∂c k
∂t = ∑ n
c n 〈k(0)|H 1 |n(0)〉e iω knt , (8.45)
kjer je
w kn = E k − E n
(8.46)
Mi imamo v našem primeru le dve možni lastni stanji k,n = 1,2. Izračunajmo sedaj hitro
matrične elemente
〈1|H 1 |1〉 = −µ B B 1 sin(ωt)〈1|σ z |1〉 = −µ B B 1 sin(ωt) (8.47)
〈1|H 1 |2〉 = −µ B B 1 sin(ωt)〈1|σ z |2〉 = 0 (8.48)
〈2|H 1 |1〉 = −µ B B 1 sin(ωt)〈2|σ z |1〉 = 0 (8.49)
〈2|H 1 |2〉 = −µ B B 1 sin(ωt)〈2|σ z |2〉 = µ B B 1 sin(ωt) (8.50)
Ko to upoštevamo v gornji vsoti, dobimo dve diferencialni enačbi
dc 1
dt = i µ BB 1 sin(ωt) (8.51)
dc 2
dt = − i µ BB 1 sin(ωt) (8.52)
Enačbi seveda pogumno rešimo in če še vpeljemo frekvenco: ω 1 = B 1 µ B , dobimo
c 1 = c 10 e −i ω 1
ω cos(ωt)
c 2 = c 20 e i ω 2
ω
cos(ωt)
(8.53)
(8.54)
Naše stanje se potem glasi
|ψ(t)〉 = c 10 e −i ω 1
ω cos(ωt) e −i E 1 t
|1〉 + c20 e i ω 1
ω cos(ωt) e −i E 2 t
|2〉 (8.55)

88 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
Sedaj moramo določiti še koeficienta c 10 in c 20 . Določimo ju iz pogoja:
〈σ y (0)〉 = 〈ψ(0)|σ y |ψ(0)〉 = 0 (8.56)
〈σ x (0)〉 = 〈ψ(0)|σ x |ψ(0)〉 = 1 (8.57)
Take začetne pogoje si izberemo. Ko izračunamo slednji skalarni produkt, dobimo
c 20 =
1
2c 10 cos 2ω 1
ω
. (8.58)
Ko še upoštevamo normalizacijo c 2 10 + c2 20 = 1, dobimo
√
1
c 10 =
2 + 1 √
1 − sec
2
2 (2ω 1 /ω) (8.59)
sec(2ω 1 /ω)
c 20 = √
2 + 2 √ 1 − sec 2 (2ω 1 /ω)
Sedaj, ko poznamo koeficiente, poznamo valovno funkcijo ob vsakem trenutku.
(8.60)
|ψ(t)〉 = c 10 e −i ω 1
ω cos(ωt) e −i E 1 t
|1〉 + c 20 e i ω 1
ω cos(ωt) e −i E 2 t
|2〉 (8.61)
|ψ(0)〉 = c 10 e −i ω 1
ω |1〉 + c 20 e i ω 1
ω |2〉 (8.62)
Zanima nas, kakšna je verjetnost, da ob cašu t najdemo spin v začetnem stanju. Verjetnost
izračunamo kot
Ko še upoštavam, kaj so lastne energije
dobimo izraz za izračun verjetnosti
P(t) = |〈ψ(0)|ψ(t)〉| 2 (8.63)
E 1 = −µ B B 0 = −ω 0 (8.64)
E 2 = µ B B 0 = ω 0 , (8.65)
P(t) = (c 2 10 + c 2 20) 2 cos 2 ( ω 1
ω (1 − cos(ωt)) + ω 0t) +
+(c 2 10 − c 2 20) 2 sin 2 ( ω 1
ω (1 − cos(ωt)) + ω 0t) (8.66)
Sedaj naš problem rešimo še v prvem redu teorije časovne perturbacije. V ta namen gremo
v interakcijsko sliko
kjer operator U(t) lahko zapišemo v obliki
|ψ s (t)〉 = U(t)|ψ I (t)〉, (8.67)
U(t) = e − i H 0t , (8.68)

8.2. SPINSKI SISTEM V ČASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU 89
saj H 0 ≠ H 0 (t). V tej sliki razvijmo našo funkcijo po lastnih stanjih
|ψ I (t)〉 = ∑ n
|ψ (0)
n 〉〈ψ(0) n |ψ I(t)〉 = ∑ n
c n (t)|ψ (0)
n 〉 (8.69)
kjer smo z |n (0) 〉 označili lastna stanja nezmotenega sistema. Ko ta razvoj vstavimo v
Schrödingerjevo enačbo in jo z leve skalarno pomnožimo z nekim drugim lastnim stanjem,
dobimo diferencialne enačbe za koeficiente c n :
i dc n
dt = ∞ ∑
m=0
e iωt 〈ψ (0)
n |H1 s (t)|ψ(0) m 〉c m. (8.70)
Sedaj je treba ta sistem enačb nekako rešiti. V ta namen razvijemo koeficient c n (t) po
redih:
V ničtem redu je
c n (t) = c (0)
n
+ c(1) n
+ c(2) n
+ ... (8.71)
dc (0)
n
dt
= 0 (8.72)
Vidimo, da je c (0)
n konstanten. Glede na to, kakšno smo zbrali začetno stanje: |ψ(0)〉 =
√1
2
(|1〉 + |2〉), zahtevamo, da bo
c (0)
n = 1 √
2
δ m 1
n + 1 √
2
δ m 2
n . (8.73)
V našem primeru sta m 1 = 1 in m 2 = 2. Če tako nastavimo, vidimo, da ko ni perturbacije
in ostane le ničti red, dobimo pravi rezultat. Sedaj izračunajmo še popravek prvega reda.
Za ta popravek velja:
i dc(1) n
dt
=
∞∑
m=0
e iω(0) nmt 〈ψ n (0) |H1 s (t)|ψ(0) m 〉c(0) m . (8.74)
Ko upoštevamo, kaj je naš c (0)
n , dobimo
i dc(1) n
dt
= 1 √
2
e iωnm 1 t 〈ψ (0)
n |H 1 s |ψ (0)
m 1
〉 + 1 √
2
e iωnm 2 t 〈ψ (0)
n |H 1 s |ψ (0)
m 2
〉 (8.75)
Enačbo integriramo in dobimo
c (1)
n = 1
i √ 2
∫ t
0
+ 1
i √ 2
〈ψ n (0) |Hs(t 1 ′ )|ψ m (0)
1
〉e iωnm 1 t dt ′ +
∫ t
0
〈ψ (0)
n |H 1 s(t ′ )|ψ (0)
m 2
〉e iωnm 2 dt
′
(8.76)

90 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
Če upoštevamo, da je H 1 (t) = −µ B B 1 sin(ωt)σ z , lahko zapišemo
c (1)
n = −µ BB 1
i √ 2
∫ t
0
+ −µ BB 1
i √ 2
sin(ωt)〈n|σ z |m 1 〉e iωnm 1 t dt ′ +
∫ t
0
sin(ωt)〈n|σ z |m 2 〉e iωnm 2 dt
′
(8.77)
Če uporabimo, da sta m 1 = 1 in m 2 = 2 in da je potem
( ) 1
|m 1 〉 = |1〉 = | ↑〉 =
0
(8.78)
( ) 0
|m 2 〉 = |2〉 = | ↓〉 = ,
1
(8.79)
lahko izračunamo matrične elemente. Dobimo:
〈1|σ z |1〉 = 1 (8.80)
〈1|σ z |2〉 = 0 (8.81)
〈2|σ z |1〉 = 0 (8.82)
〈2|σ z |2〉 = −1 (8.83)
Vidimo, da nam pri vsakem n = 1,2 ostane le diagonalni člen. Ker je ω 11 = ω 22 = 0, ko
integriramo, dobimo
Če še upoštevamo, da sta
c (1)
1 = iµ √
BB 1 1
(1 − cos(ωt)) 2 ω
(8.84)
c (1)
2 = − iµ √
BB 1 1
(1 − cos(ωt))
2 ω
(8.85)
lahko v prvem redu perturbacije zapišemo naše koeficiente
c (0)
1 = 1 √
2
(8.86)
c (0)
2 = 1 √
2
, (8.87)
c 1 (t) = √ 1 (1 + i ω 1
(1 − cos(ωt)))
2 ω
(8.88)
c 2 (t) = √ 1 (1 − i ω 1
(1 − cos(ωt))),
2 ω
(8.89)
kjer smo vpeljali µ B B 1 = ω 1 Valovna funkcija v Interakcijski sliki se potem glasi
|ψ I (t)〉 = √ 1 (1 + i ω 1
1
(1 − cos(ωt)))|1〉 + √ (1 − i ω 1
(1 − cos(ωt)))|2〉 (8.90)
2 ω 2 ω

8.3. PAULIJEVE MATRIKE 91
Sedaj pa pojdimo nazaj v Schrödingerjevo sliko.
|ψ s (t)〉 = U(t)|ψ I (t)〉 = 1 √
2
(1 + i ω 1
ω (1 − cos(ωt)))e−i E 1
t |1〉 +
Če upoštevamo, kaj sta E 1 in E 2 :
dobimo
+ 1 √
2
(1 − i ω 1
ω (1 − cos(ωt)))e−i E 2
t |2〉 (8.91)
E 1 = −µ B B 1 = −ω 0 (8.92)
E 2 = µ B B 2 = ω 0 , (8.93)
|ψ s (t)〉 = 1 √
2
(1 + i ω 1
ω (1 − cos(ωt)))eiω 0t |1〉 +
+ 1 √
2
(1 − i ω 1
ω (1 − cos(ωt)))e−iω 0t |2〉 (8.94)
Sedaj, ko vemo, kako se razvija naše stanje v času, pa določimo še verjetnost v približku
teorije motenj, da po času t najdemo naš spin v začetnem stanju: |ψ s (0)〉 = 1 √
2
(|1〉 + |2〉).
Najprej izračunajmo skalarni produkt
Verjetnost, je potem
〈ψ s (0)|ψ s (t)〉 = cos(ω 0 t) − ω 1
ω (1 − cos(ωt))sin(ω 0t). (8.95)
P(t) = |〈ψ s (0)|ψ s (t)〉| 2 = (cos(ω 0 t) − ω 1
ω (1 − cos(ωt))sin(ω 0t)) 2 (8.96)
Vidim, da če motnje ni ω 1 = 0, dobimo
Ta rezultat pa seveda poznamo. No pa smo pri koncu.
8.3 Paulijeve matrike
P(t) = cos 2 (ω 0 t). (8.97)
Kako se transformira količina ⃗ P⃗σ pri unitarni transformaciji U = e iα⃗n⃗σ , kjer je ⃗ P =
(P 1 ,P 2 ,P 3 ) vektor, ⃗n enotski vektor ter so ⃗σ = (σ 1 ,σ 2 ,σ 3 ) Paulijeve matrike.
Rešitev:
Mi želimo izračunati U( ⃗ P⃗σ)U † . V ta namen najprej razvijmo operator U v vrsto. Dobimo
U = Id. + iα 1! (n xσ x + n y σ y + n z σ z ) − α2
2! (n xσ x + n y σ y + n z σ z ) 2 −
− iα3
3! (n xσ x + n y σ y + n z σ z ) 3 + ... (8.98)

92 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
Figure 8.1: Švicarsko-Ameriški fizik Wolfgang Pauli avstrijskega rodu se je rodil 25.4.1900
na Dunaju, umrl pa je 15.12.1958 v Zürichu. Izdatno je prispeval k razvoju kvantne
mehanike. Leta 1925 je postavil Paulijevo izključitveno nacelo. Leta 1945 je prejel Nobelovo
nagrado za Lupinsnki model.[12]
Ko izračunamo (n x σ x + n y σ y + n z σ z ) 2 dobimo
(n x σ x + n y σ y + n z σ z ) 2 = Id. (8.99)
To našo vrsto močno poenostavi. Ko vrsto dobro pogledamo, vidimo, da dobimo dva člena.
Prvi je pomnožen s kosinusom, drugi pa s sinusom:
U = e iα⃗n⃗σ = Id.cos α + isin α(n x σ x + n y σ y + n z σ z ) = Id.cos α + isin α(⃗n.⃗σ). (8.100)
Sedaj delujmo s tem operatorjem z leve na naš skalarni produkt ⃗ P.⃗σ. Dobimo
U( ⃗ P.⃗σ) = (Id.cos α + isin α(⃗n.⃗σ))(p x σ x + p y σ y + p z σ z ) =
= cos α( P.⃗σ) ⃗ + isin α(n x p x + n y p x σ y σ x + n z p x σ z σ x + n x p y σ x σ y + p y n y σy
2
+n z p y σ z σ y + n x p z σ x σ z + n y p z σ y σ z + n z p z σz 2 ). (8.101)
Če sedaj upoštevamo nekatere zveze, ki veljajo za produkte Paulijevih matrik:
in dobljeni izraz še nekoliko polepšamo, dobimo
σ i σ i = Id. (8.102)
σ i σ j = iǫ ijk σ k , (8.103)
U( ⃗ P.⃗σ) = ⃗ P.⃗σ cos α + isin α(⃗n. ⃗ P) + sin α(⃗n × ⃗p).⃗σ (8.104)
Da bomo prišli do končnega rezultata, moramo na dobljeni rezultat še z desne strani delovati
z adjungiranim operatorjem
U † = e −iα⃗n.⃗σ = Id.cos α − isin α(⃗n.⃗σ). (8.105)

8.4. SPINSKI SISTEM V ČASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU II 93
To sedaj izvršimo
U( P.⃗σ)U ⃗ [ ]
† = ⃗P.⃗σ cos α + isin α(⃗n. P) ⃗ + sin α(⃗n × ⃗p).⃗σ (Id.cos α − isin α(⃗n.⃗σ)) =
= ( ⃗ P.⃗σ)cos 2 α + isin αcos α(⃗n. ⃗ P)Id + sin αcos α(⃗q.⃗σ) − isin α cos α( ⃗ P.⃗σ)(⃗n.⃗σ) +
+ sin 2 α(⃗n. ⃗ P)(⃗n.⃗σ) − isin 2 α(⃗q.⃗σ)(⃗n.⃗σ)(8.106)
kjer smo z ⃗q označili vektorski produkt ⃗q = ⃗ P × ⃗n. Sedaj si izračunajmo še dane produkte
v izrazu
( ⃗ P.⃗σ)(⃗n.⃗σ) = (p x σ x + p y σ y + p z σ z )(n x σ x + n y σ y + n z σ z ) =
(⃗p.⃗n) + iσ z (p x n y − p y n x ) + iσ y (p z n x − p x n z ) + iσ x (p y n z − p z n y ) =
Drugi produkt izračunamo povsem analogno in dobimo
Sedaj zapišimo nekaj zvez, ki veljajo za vektorje:
Ko te izraze uporabimo v našem produktu, dobimo
= (⃗p.⃗n) + i(⃗p × ⃗n).⃗σ (8.107)
(⃗q.⃗σ)(⃗n.⃗σ) = (⃗q.⃗n) + i(⃗q × ⃗n).⃗σ (8.108)
⃗q = ⃗p × ⃗n (8.109)
(⃗p × ⃗n).⃗n = ⃗p.(⃗n × ⃗n) (8.110)
(⃗p × ⃗n) × ⃗n = (⃗p.⃗n)⃗n − (⃗n.⃗n) ⃗ P (8.111)
⃗n × ⃗n = 0 (8.112)
(⃗q.⃗σ)(⃗n.⃗σ) = i(⃗p.⃗n)(⃗n.⃗σ) − i( ⃗ P.⃗σ) (8.113)
Tako izračunane člene sedaj nesemo nazaj v našo transformacijo in ko izraz uredimo in
ustrezne člene pokrajšamo, dobimo naš končni rezultat:
U( ⃗ P.⃗σ)U † = ( ⃗ P.⃗σ)(cos 2 α − sin 2 α) + sinαcos α(⃗p × ⃗n)⃗σ + sin 2 α(⃗p.⃗n)(⃗n.⃗σ). (8.114)
8.4 Spinski sistem v časovno odvisnem magnetnem polju II
Za t ≤ 0 je prost deleč s spinom 1/2 izpostavljen vplivu polja ⃗ B = (0,0,B 0 ), za t ≥ 0
pa še dodatnemu časovno odvisnemu polju oblike ⃗ B(t) = B 1 (cos(ωt),sin(ωt),0). Določi
verjetnost, da je po času t spin v izhodiščnem stanju.
Rešitev
Najprej zapišimo Hamiltonjan našega sistema. Za čase t ≤ 0, ko imamo le konstantno
komponento polja v z smeri se ta glasi
H(t ≤ 0) = −µ B B 0 σ z (8.115)

94 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
Za čase t ≥ 0 pa imamo še oscilirajoče polje v xy-ravnini. Tedaj se hamiltonjan glasi
H(t) = −µ B B 0 σ z − µ B B 1 (σ x cos(ωt) + σ y sin(ωt)). (8.116)
Da bomo manj pisali, se dogovorimo, da skrijemo Bohrov magnetov v polje B. Potem ima
hamiltonjan obliko
H(t) = −B 0 σ z − B 1 (σ x cos(ωt) + σ y sin(ωt)) (8.117)
Če želimo vedeti, kako se stanje sistema s časom spreminja, moramo rešiti Schrödingerjevo
enačbo:
Hψ = i d dt ψ (8.118)
Tu pa se stvari nekoliko zapletejo, saj je naš Hamitonjan od časa odvisen. Da ne bi
potili krvavega potu pri direktnem reševanju te enačbe, uporabimo strašen trik. Uvedimo
unitarno transformacijo oblike U = e iŜ in z njo delujmo na našo valovno funkcijo:
˜ψ = Uψ, (8.119)
Sedaj poskusimo dobiti Schrödingerjevo enačbo za to transformirano valovno funkcijo. V
ta namen jo odvajamo. Dobimo
d
dt ˜ψ = ( d U)ψ + U(dψ). (8.120)
dt dt
Enačbo pomnožimo z imaginarno enoto i, upoštevajmo, kakšna je Schrödingerjeva enačba
za ψ in dobimo
i d dt ˜ψ = (i( dU
dt )U † + UH(t)U † ) ˜ψ. (8.121)
Vidimo, da smo pridelali Schrödingerjevo enačbo za ˜ψ, kjer je v tej enačbi Hamiltonova
funkcija enaka
˜H = i( dU
dt )U † + UH(t)U † (8.122)
Iz zgornje enačbe se vidi, kako se transformira H −→ ˜H. Mi si sedaj želimo poiskati tako
trasformacijo U, da bo transformirani hamiltonjan neodvisen od časa, saj znamo tak sistem
hitro rešiti. Ampak vprašanje je, kakšna mora biti ta transformacija.
Nekdo nam na uho prišepne, da zna biti dobra transformacija
U = e i˜ωtσz , (8.123)

8.4. SPINSKI SISTEM V ČASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU II 95
kjer je ˜ω neka, še ne določena frekvenca. Preverimo, ali pri transformaciji z U res dobimo
od časa eksplicitno neodvisen ˜H. Najprej U razvijemo v vrsto. Postopamo identično kot v
prvi nalogi in dobimo
U = Idcos(˜ωt) + isin(˜ωt)σ z (8.124)
Izračunati želimo UH(t)U † . V ta namen najprej z leve delujmo z U na H(t). Ko upoštevamo
relacije za produkte Paulijevih matrik, ki smo jih zapisali v prvi nalogi in uporabimo adicijske
izreke za funkciji sin in cos, dobimo
UH(t) = −iB 0 sin(˜ωt) − B 0 cos(˜ωt)σ z − σ x B 1 cos((˜ω − ω)t) + σ y B 1 sin((˜ω − ω)t).(8.125)
Sedaj pa še z desne delujmo na dobljeni rezultat z U † = Id.cos(˜ω) − isin(˜ωt)σ z in ko
uporabimo iste trike kot zgoraj, dobimo
UH(t)U † = −B 0 σ z − σ x B 1 cos((2˜ω − ω)t) + σ y B 1 sin((2˜ω − ω)t). (8.126)
Da bomo lahko zapisali ˜H je potrebno izračunati še produkt
kjer je
Ko izračunamo željeni produkt, dobimo
Transformirani Hamiltonjan se tako glasi
dU
dt U † , (8.127)
dU
dt = −Id.˜ω sin(˜ωt) + i˜ω cos(˜ω)σ z. (8.128)
dU
dt U † = i˜ωσ z (8.129)
˜H = −˜ωσ z − B 0 σ z − σ x B 1 cos((2˜ω − ω)t) + σ y B 1 sin((2˜ω − ω)t) (8.130)
Vidimo, da če izberemo ˜ω = ω 2
, bo novi hamiltonjan neodvisen od časa
˜H = −B 1 σ x − ( ω 2 + B 0)σ z = aσ x + bσ z , (8.131)
kjer smo uvedli konstante a = −B 1 in b = −( ω 2 + B 0).
Sedaj, ko vemo, kakšen je Hamiltonjan, rešimo Schrödingerjevo enačbo za ˜ψ:
Ker je ˜H ≠ ˜H(t), lahko kar zapišemo
˜H ˜ψ = i d ˜ψ
dt . (8.132)
| ˜ψ(t)〉 = e −i ˜H t | ˜ψ(0)〉. (8.133)

96 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
Sedaj pa rabimo začetno stanje. V ta namen ga razvijemo po lastnih stanjih σ z .
kjer velja
|ψ(0)〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉, (8.134)
| ↑〉 = (1 0) T , | ↓〉 = (0 1) T (8.135)
Konstanti a in b določimo tako, da upoštevamo normalizacijski pogoj in zahtevo, da ob
času t = 0 velja, da je 〈ψ(0)|σ x |ψ(0)〉 = 1. Od tod dobimo:
a = 1 √
2
b = 1 √
2
(8.136)
Naše začetno stanje se potem glasi
|ψ(0)〉 = 1 √
2
( 1
1
)
(8.137)
Ker velja, da je | ˜ψ(t)〉 = e i˜ωtσz |ψ(t)〉, ob času t = 0, lahko zapišemo
| ˜ψ(0)〉 = |ψ(0)〉 = √ 1 ( ) 1
. (8.138)
2 1
Da bomo dobili stanje | ˜ψ(t)〉 ob vsakem času, moramo nanj le še delovati z operatorjem
časovnega razvoja. V ta namen ta operator razvijmo v vrsto. Dobimo
kjer smo upoštevali, da je
in smo vpeljali novo frekvenco
e −i ˜H t = Id.cos(ω 1 t) − i sin(ω 1t)
ω 1 (aσ x + bσ z ), (8.139)
˜H 2 = (aσ x + bσ z )(aσ x + bσ z ) = a 2 + b 2 (8.140)
ω 1 = √ a 2 + b 2 . (8.141)
Ko s tem operatorjem sedaj delujemo na naše stanje, dobimo
| ˜ψ(t)〉 = √ 1 ( ) 1
cos(ω
2 1 1 t) − i sin(ω (
1t) a + b
ω 1 a − b
)
(8.142)
Mi si na koncu želimo |ψ(t)〉 in ne | ˜ψ(t)〉. Zato moramo naš rezultat nazaj transformirati:
|ψ(t)〉 = U † | ˜ψ(t)〉 = (Id.cos(˜ωt) − isin(˜ωt)σ z )|ψ〉 (8.143)
Ko to transformacijo ”nazaj” izvršimo, dobimo naše stanje za vse čase
|ψ(t)〉 = √ 1 ( ) e
−i˜ωt
cos(ω 1 t) 2 e i˜ωt − i sin(ω ( )
√
1t) (a + b)e
−i˜ωt
2ω1 (a − b)e i˜ωt
(8.144)

8.5. GOSTOTNI OPERATOR LOKALIZIRANEGA SPINA 97
Na hitro lahko preverimo, če je stanje, ki ga dobimo pravilno. Če vstavimo noter t = 0,
vidimo, da dobimo začetno stanje. To vlije nekaj upanja v naš rezultat.
Za konec se lotimo še verjetnosti. Zanima nas, s kakšno vejetnostjo bomo našli ob času
t spin v osnovnem stanju. Izračunajmo skalarni produkt:
〈ψ(0)|ψ(t)〉 = cos(ω 1 t)cos(˜ωt) −
b
ω 1 sin(ω 1t)sin(˜ωt) − ia
ω 1 sin(ω 1t)cos(˜ωt). (8.145)
Preostane nam se le, da izračunamo kvadrat absolutne vrednosti in že imamo željeno verjetnost:
=
(
cos(ω 1 t)cos(˜ωt) −
”Evo”,pa smo pri koncu!
b
) 2 ( a
ω 1 sin(ω 1t)sin(˜ωt) +
ω 1
8.5 Gostotni operator lokaliziranega spina
P(t) = |〈ψ(0)|ψ(t)〉| 2 =
) 2
sin 2 (ω 1 t)cos 2 (˜ωt). (8.146)
Zapiši splošno obliko gostotnega operatorja za dva lokalizirana spina S = 1/2. Matrične
elemente operatorja ρ izrazi z ustreznimi pričakovanimi vrednostmi 〈σ µ σ ν 〉.
Rešitev:
Mi imamo sistem dveh spinov. Čista stanja našega sistema lahko potem zapišemo kot
| ↑↑〉, | ↑↓〉, | ↓↑〉, | ↓↓〉 (8.147)
Gostotni operator v matrični obliki zapišemo kot
⎛
↑↑ ↑↓ ↓↑ ↓↓
↑↑ a b c d
ρ =
⎜ ↑↓ b ∗ e f g
⎝ ↓↑ c ∗ f ∗ h i
↓↓ d ∗ g ∗ i ∗ j
⎞
⎟
⎠ , (8.148)
kjer smo že upoštevali, da mora ρ zadoščati določenim lastnostim:
ρ = ρ † (8.149)
Tr(ρ) = 1 (8.150)
Tr 1 (ρ) = ρ 2 (8.151)
Tr 2 (ρ) = ρ 1 (8.152)
Sedaj je na nas, da poiščemo elemente dane matrike. Postopali bomo na tak način, da
bomo gostotni operator ρ razvili po izbrani bazi tako, da bo dobljeni razvoj ustrezal danim

98 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
lastnostim. Mi vemo, da so I,σ x ,σ y ,σ z dobra baza za 2 × 2 matrike, kar pomeni, da lahko
vsako 2 ×2 matriko zapišemo kot linearno kombinacijo Paulijevih matrik. Bolj spološno pa
velja pravilo, da lahko vsako 2 n × 2 n matriko zapišemo kot linearno kombinacijo matrik,
ki jih dobimo kot n-kratni tenzorski produkt Paulijevih matrik. To pomeni, da so za naš
primer, kjer imamo 4 × 4 matrike dobra baza matrike σ j ⊗ σ i , kjer upoštevamo, da velja
σ i =
{ e;i = 0
σ i ;i = x,y,z
(8.153)
Sedaj pa je potrebno izračunati željene tenzorske produkte. Pri tem moramo seveda
upoštevati, da imamo dve četverice Paulijevih matrik. Prva deluje le na prvi spin, druga
pa le na drugega. Pa zavihajmo rokave:
⎛ ⎞
1 0 0 0
I = e × e = ⎜ 0 1 0 0
⎟
⎝ 0 0 1 0 ⎠ (8.154)
0 0 0 1
σ 1x = σ x ⊗ e =
σ 1y = σ y ⊗ e =
σ 1z = σ z ⊗ e =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −i 0
0 0 0 −i
i 0 0 0
0 i 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
Podobne produkte sedaj napravimo tudi za drugi spin
⎛
σ 2x = e ⊗ σ x =
σ 2y = e ⊗ σ y =
σ 2 z = e ⊗ σ z =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
⎜
⎝
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
0 −i 0 0
i 0 0 0
0 0 0 −i
0 0 i 0
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
⎞
⎟
⎠ (8.155)
⎞
⎟
⎠ (8.156)
⎞
⎟
⎠ (8.157)
⎞
⎟
⎠ (8.158)
⎞
⎟
⎠ (8.159)
⎞
⎟
⎠ (8.160)

8.5. GOSTOTNI OPERATOR LOKALIZIRANEGA SPINA 99
Sedaj je potrebno gledati še mešane člene σ i ⊗σ j . Ekvivalentno je, če namesto njih gledamo
kar produkte matrik σ 1i σ 2j ,kjer smo z 1 označili matriko, ki deluje na prvi spin in z 2
matriko, ki deluje na drugi spin. Te računamo po pravilu
σ 1i σ 2j = (σ i ⊗ e)(e ⊗ σ j ) = (σ i e) ⊗ (eσ j ). (8.161)
Vidimo, da če upoštevamo, kako deluje enotska matrika, pridemo nazaj na tenzorske
produkte. Dane produkte pa lahko hitro izračunamo tudi kar direktno z množenjem že
izračunanih 4×4 matrik. Če poleg svinčnika in lista papirja v igro povabimo še programski
paket Mathematica pa gre stvar še nekoliko hitreje. Dobimo naslednje produkte.
σ 1x σ 2x =
σ 1y σ 2y =
σ 1z σ 2z =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
0 0 0 1
0 0 1 0
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 0 −1
0 0 1 0
0 1 0 0
−1 0 0 0
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 1
⎞
⎟
⎠ (8.162)
⎞
⎟
⎠ (8.163)
⎞
⎟
⎠ (8.164)
(8.165)
σ 1y σ 2x =
σ 1z σ 2x =
σ 1y σ 2z =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
0 0 0 −i
0 0 −i 0
0 i 0 0
i 0 0 0
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 0 −1
0 0 −1 0
0 0 −i 0
0 0 0 i
i 0 0 0
0 −i 0 0
⎞
⎟
⎠ (8.166)
⎞
⎟
⎠ (8.167)
⎞
⎟
⎠ (8.168)
(8.169)

100 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
σ 1z σ 2y =
σ 1x σ 2y =
σ 1x σ 2z =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
0 −i 0 0
i 0 0 0
0 0 0 i
0 0 −i 0
0 0 0 −i
0 0 i 0
0 −i 0 0
i 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
1 0 0 0
0 −1 0 0
⎞
⎟
⎠ (8.170)
⎞
⎟
⎠ (8.171)
⎞
⎟
⎠ (8.172)
Tako! Sedaj imamo vseh 16 členov, to je 4 × 4 baznih matrik, in po njih lahko sedaj
razvijemo naš gostotni operator:
ρ = ZI + a 1 σ 1x + b 1 σ 1y + c 1 σ 1z + a 2 σ 2x + b 2 σ 2y + c 2 σ 2z + Aσ 1x σ 2x +
+Bσ 1x σ 2y + Cσ 1x σ 2z + Dσ 1y σ 2x + Eσ 1y σ 2y +
Dobljeni izraz lahko zapišemo v bolj kompaktni obliki kot
kjer je
+Hσ 1y σ 2z + Jσ 1z σ 2x + Lσ 1z σ 2y + Mσ 1z σ 2z (8.173)
ρ = ZI + ⃗ P 1 .⃗σ 1 + ⃗ P 2 .⃗σ 2 + M.(⃗σ 1 ⊗ ⃗σ 2 ), (8.174)
⃗σ i = (σ ix ,σ iy ,σ iz ) T (8.175)
⃗P i = (a i ,b i ,c i ) T (8.176)
⎛ ⎞
A B C
M = ⎝ D E H ⎠ (8.177)
J L M
Sedaj moramo določiti še vse koeficiente ki nastopajo v ravoju. Veljati mora, da je Tr(ρ) =
1, mi pa dobimo
To pomeni, da je Z = 1/4. Če upoštevamo pravilo, da je
lahko izračunamo naše parametre
Tr(ρ) = 4Z (8.178)
〈A〉 = Tr(ρA) = Tr(Aρ), (8.179)
〈σ 1i 〉 = 4a 1i =⇒ a 1i = 1 4 〈σ 1i〉 (8.180)
〈σ 2i 〉 = 4a 2i =⇒ a 2i = 1 4 〈σ 2i〉 (8.181)
(8.182)

8.5. GOSTOTNI OPERATOR LOKALIZIRANEGA SPINA 101
To pomeni, da je
⃗P 1 = 1 4 [〈σ 1x〉, 〈σ 1y 〉, 〈σ 1z 〉] T (8.183)
⃗P 2 = 1 4 [〈σ 2x〉, 〈σ 2y 〉, 〈σ 2z 〉] T (8.184)
Podobno izračunamo tudi pričakovane vrednosti produktov
〈σ 1x σ 2x 〉 = Tr(σ 1x σ 2x ρ) = 4A =⇒ A = 1 4 〈σ 1xσ 2x 〉 (8.185)
〈σ 1x σ 2y 〉 = Tr(σ 1x σ 2y ρ) = 4B =⇒ B = 1 4 〈σ 1xσ 2y 〉 (8.186)
〈σ 1x σ 2z 〉 = Tr(σ 1x σ 2z ρ) = 4C =⇒ C = 1 4 〈σ 1xσ 2z 〉 (8.187)
. (8.188)
〈σ 1z σ 2z 〉 = Tr(σ 1z σ 2z ρ) = 4M =⇒ M = 1 4 〈σ 1zσ 2z 〉 (8.189)
Sedaj imamo vse potrebno, da zapišemo matriko M:
⎛
M = ⎝
〈σ 1x σ 2x 〉 〈σ 1x σ 2y 〉 〈σ 1x σ 2z 〉
〈σ 1y σ 2x 〉 〈σ 1y σ 2y 〉 〈σ 1y σ 2z 〉
〈σ 1z σ 2x 〉 〈σ 1z σ 2y 〉 〈σ 1z σ 2z 〉
⎞
⎠ (8.190)
Tako smo vse koeficiente v razvoju izrazili s pričakovanimi vrednostmi, kot to zahteva
naloga. Sedaj imamo celoten razvoj za naš gostorni operator. Ker so vse matrike v našem
izrazu razen identitete I brezsledne, velja Tr(ρ) = 1. Sedaj je potrebno edino le še preveriti,
ali drži ρ † = ρ. v ta namen si poglejmo, kaj dobimo, ko adjungiramo naš operator. Pri tem
upoštevajmo nekatere relacije, ki veljajo:
Tako dobimo
(A + B) † = A † + B † (8.191)
(AB) † = B † A † (8.192)
(λAB) † = λ ∗ B † A † (8.193)
ρ = ZI + a ∗ 1 σ† 1x + b∗ 1 σ† 1y + c∗ 1 σ† 1z + a∗ 2 σ† 2x + b∗ 2 σ† 2y + c∗ 2 σ† 2z + A∗ (σ 1x σ 2x ) † +
+B ∗ (σ 1x σ 2y ) † + C ∗ (σ 1x σ 2z ) † + D ∗ (σ 1y σ 2x ) † + E ∗ (σ 1y σ 2y ) † +
Če sedaj še upoštevamo dejstva, da je
+H ∗ (σ 1y σ 2z ) † + J ∗ (σ 1z σ 2x ) † + L ∗ (σ 1z σ 2y ) † + M ∗ (σ 1z σ 2z ) † (8.194)
σ † ij = σ ij;(i = 1,2)(j = x,y,z) (8.195)
(σ 1i σ 2j ) † = σ 1i σ 2j , (8.196)

102 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
opazimo, da smo že zelo blizu prvotnemu operatorju ρ. Nekoliko nas le še skrbijo konjugirani
koeficienti. Vendar pa vemo, da so naši koeficienti pričakovane vrednosti produktov
〈σ 1i σ 2j 〉. Zato zapišimo:
〈σ 1i σ 2j 〉 = 〈ψ|σ 1i σ 2j |ψ〉 (8.197)
〈σ 1i σ 2j 〉 ∗ = 〈σ 1i σ 2j ψ|ψ〉 =
= 〈ψ|(σ 1i σ 2j ) † |ψ〉 = 〈ψ|σ 1i σ 2j |ψ〉 = 〈σ 1i σ 2j 〉 (8.198)
Tako smo pokazali, da za naše koeficiente velja A ∗ = A. Potem lahko zapišemo, da je
S tem smo pokazali, da je naš razvoj ustrezen.
ρ † = ρ. (8.199)
8.6 Gostotna matrika delca v 2D potencialnem loncu
Zapiši gostotno matriko ρ(⃗r,⃗r ′ ) za delec v zelo globokem pravokotnem 2D potencialnem
loncu s presekom a 2 , v termičnem kontaktu z rezervoarjem. Privzemi, da je porazdelitev
energijskih nivojem Boltzmanova, kumulativna verjetnost za zasedenost prvih 6 stanj pa
∑
pi = 1/2. Kolikšna je verjetnost, da najdemo delec v neposredni bližini središča
Figure 8.2: Avstrijski fizik Erwin Schrödinger se je rodil 12.8.1887 na Dunaju in tam
4.1.1961 tudi umrl. V svoji valovni mehaniki je podal matematično predstavo snovnega
valovanja in kvantne mehanike. Zapisal je znamenito Schrödingerjevo enačbo, ki je močno
pripomogla k matematični obravnavi mikrofizikalnih problemov. Leta 1933 je prejel Nobelovo
nagrado skupaj z P.A.M. Diracom [12]
Rešitev:
Mi imamo delec v 2D potencialni jami. Zanj lahko zapišemo Schrödingerjevo enačbo:
− 2
2m ∇2 ψ(x,y) − Eψ = 0 (8.200)

8.6. GOSTOTNA MATRIKA DELCA V 2D POTENCIALNEM LONCU 103
Če upoštevamo, kaj je ”Laplace” v kartezičnih koordinatah, dobimo
∂ 2 ψ
∂x 2 + ∂2 ψ
∂y 2 = −2mE 2 ψ (8.201)
jamo si izberimo tako, da ima robove pri x = 0 in x = a in y = 0,y = a. Tam je
vrednost valovne funkcije enaka nič ψ| ∂ = 0. Ko to upoštevamo, se nastavek, ki reši našo
Schrödingerjevo enačbo, glasi:
ψ(x,y) = Asin mπx
a
nπy
sin
a
Ko dani nastavek vstavimo nazaj v Schröringerjevo enačbo, dobimo izraz za energijo
(8.202)
E mn = π2 2
2Ma 2(m2 + n 2 ) = α 2 (m 2 + n 2 ), (8.203)
kjer je M masa našega delca m,n pa sta celi števili. Ker bo valovna funkcija različna od
nič le tedaj, ko bosta oba indeksa različna od nič, velja m,n = 1,2,3,..... Preostane nam
še, da poskrbimo za normalizacojo valovne funkcije.
∫
ψ ∗ ψdxdy = A 2a2
4 = 1 =⇒ A = 2 (8.204)
a
Lastne funkcije naše jame lahko sedaj zapišemo kot
|m,n〉 = 2 a
sin
mπx
a
nπy
sin
a
Verjetnost, da je naš delec v danem stanju je v našem primeru kar
(8.205)
p mn = e − π2 2 (m 2 +n 2 )
2Ma 2 k B T
= e −ξ(m2 +n 2 )
(8.206)
Naloga pravi, da je komulativna verjetnost prvih šestih stanj 1/2. Ta stanja so:
Komulativna verjetnost teh stanj se glasi
|1,1〉, |1,2〉, |2,1〉, |2,2〉, |1,3〉, |3,1〉, (8.207)
6∑
p i = e −2ξ + 2e −5ξ + e −8ξ + 2e −10ξ = 1 2
i=1
(8.208)
Ko izraz pomnožimo z 2 in vpreljemo novo spremenjlivko x = e −ξ , dobimo polinomsko
enačbo, ki jo moramo rešiti
2x 2 + 4x 5 + 2x 8 + 4x 10 − 1 = 0 (8.209)
Enačbo sem rešil numerično. Enačba ima dve realni rešitvi, vse ostale pa so kompleksne:
x 1 ≈ −0.849628 (8.210)
x 2 ≈ 0.584121 (8.211)

104 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
Za nas sprejemljiva je edino le druga rešitev. Iz nje po logaritmiranju dobimo
ξ = − ln(x 2 ) ≈ 0.53765 (8.212)
Sedaj, ko poznamo ”temperaturo”, lahko zapišemo gostotni operator
∞∑
ρ = e −ξ(m2 +n 2) |m,n〉〈m,n| (8.213)
m,n=1
Če upoštevamo, kakšne so naše valovne funkcije, dobimo
ρ((x,y),(x ′ ,y ′ )) = 4 a 2
∞ ∑
m,n=1
e −ξ(m2 +n 2) sin mπx
a
nπy mπx′
sin sin sin nπy′
a a a
(8.214)
Na koncu nas zanima še verjetnost, da delec najdemo v sredini jame. Stanje našega delca
lahko zapišemo kot linearno kombinacijo lastnih stanj jame.
|ψ〉 =
∞∑
mn=1
Verjetnost, s katero je zasedeno stanje |m,n〉, je
c mn |m,n〉 (8.215)
P mn = |〈m,n|ψ〉| 2 = |c mn | 2 = e −ξ(m2 +n 2 )
(8.216)
Koeficinet c mn , pa je potemtakem
c mn = e − ξ 2 (m2 +n 2) e iφ (8.217)
V koeficientu nastopa neka faza, ki pa je ne poznamo. Ker mi v našem problemu, kot ga
razumem, nič ne vemo povedati o fazi, si drznimo fazni faktor postaviti na ena. Potem
stanje zapišemo kot
|ψ〉 = ∑ mn
e − ξ 2 (m2 +n 2) |m,n〉 (8.218)
Ko imamo stanje, pa smo pripravljeni, da izračunamo verjetnost, da se delec nahaja v
epsilon okolici sredine:
P(na sredini) =
∫ a
2 +ǫ ∫ a
a
2 −ǫ
× 2 a
∫ a
2 +ǫ
2 +ǫ
a
2 −ǫ ψ ∗ ψdxdy = ∑ mn
∑
sin( mπ π
a
2 −ǫ a x)sin(m′ a x)2 a
m ′ n ′ e − ξ 2 (m2 +n 2) e − ξ 2 (m′2 +n ′2) ×
∫ a
2 +ǫ
sin( nπ π
a
2 −ǫ a y)sin(n′ y) (8.219)
a
Dana integrala sta različna od nič edino le tedaj, ko je m = m ′ in n = n ′ . Ko integrale
izračunamo, dobimo
P = 4 ∑
a 2 e −ξ(m2 +n 2) (ǫ − acos(nπ)sin(2nπǫ
2nπ
mn
a )
a
)
)(ǫ − acos(mπ)sin(2mπǫ ) (8.220)
2mπ

8.6. GOSTOTNA MATRIKA DELCA V 2D POTENCIALNEM LONCU 105
Če napravimo limito ǫ −→ 0, lahko sinusni člen razvijemo in ko dobljeni izraz uredimo,
dobimo:
P = 4 ∑
a 2 e −ξ(m2 +n 2) ǫ 2 (1 − (−1) n )(1 − (1−) m ) (8.221)
mn
Vidimo, da je zgornja vsota enaka nič, kadar sta m,n soda. Tako nam ostane le še vsota
po lihih indeksih. Tako na koncu dobimo:
P = 16ǫ2
a 2
∑
m,n−lih
e −ξ(m2 +n 2 )
(8.222)
No, pa smo dobili izraz za verjetnost v epsilon okolici izhodišča.

106 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI

Chapter 9
Klein-Gordonova enačba
9.1 Klein-Gordonov delec
Obravnavaj Klein-Gordonov delec s spinom nič lokaliziran v zelo globoki potencialni jami
širine a ter pod vplivom statičnega električnega polja. Izpelji relativističen popravek k
energiji osnovnega stanja in primerjaj rezultat z onim, ki ga dobiš iz Schrödingerjeve enačbe.
Rešitev Schrödingerjeve enačbe:
Najprej delec v neskončni potencialni jami z električnim poljem obravnavajmo v klasični
sliki. Da bi dobili, kakšne so energije našega delca, moramo rešiti Schrödingerjevo enačbo:
kjer se v našem primeru Hamiltonjan glasi
Ĥψ = i ∂ψ
∂t , (9.1)
Ĥ = ˆp2 + eV (x) (9.2)
2m
Naloga veleva, da je v jami konstantno električno polje v smeri osi x. Ker vemo, da je
E = −∇V , sledi, da ima potencial v našem primeru obliko
saj je potem
V = V 0 x, (9.3)
E = −V 0 . (9.4)
Polje nam tako v danem primeru kaže v nasprotni smeri osi x. Nas zanimajo stacionarna
stanja z dobro določeno energijo. Zato je potrebno rešiti
Hψ = Eψ (9.5)
∂ 2 ]
2m ∂x 2 + eV (x) ψ = Eψ (9.6)
[− 2
107

108 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
Če upoštevamo naš potencial, dobimo
[− 2 ∂ 2 ]
2m ∂x 2 + eV 0x ψ = Eψ (9.7)
Ko enačbo nekoliko preuredimo, dobimo
− ∂2 ψ
∂x 2 + α(x − E
eV 0
)ψ = 0, (9.8)
kjer smo vpeljali parameter α = 2m
2 eV 0 . Sedaj vpeljimo novo spemenljivko
z = x − E
eV 0
. (9.9)
Dano substitucijo uporabimo na naši diferencialni enačbi in dobimo:
∂ 2 ψ
− αzψ = 0 (9.10)
∂z2 Rešitev dane diferencialne enačbe je linearna kombinacija Airyjevih funkcij Ai,Bi 1 :
Upoštevajmo nazaj, kaj je z in dobimo
ψ(z) = C 1 Ai(α 1/3 z) + C 2 Bi(α 1/3 z). (9.11)
ψ(x) = C 1 Ai(α 1/3 (x − E
eV 0
)) + C 2 Bi(α 1/3 (x − E
eV 0
)) (9.12)
Ker je naš delec v neskončni potencialnijami, ki se ”razteza” med 0 in a (na tem intervalu
je potencial nič, povsod drugod je neskončen), mora dobljena valovna funckcija zadoščati
robnim pogojem
ψ(0) = 0, ψ(a) = 0 (9.13)
Ko to upoštevamo, na naši valovni funckiji, dobimo dva pogoja:
C 1 Ai(− α1/3 E
eV 0
) + C 2 Bi(− α1/3 E
eV 0
) = 0 (9.14)
C 1 Ai(α 1/3 (a − E
eV 0
)) + C 2 Bi(α 1/3 (a − E
eV 0
)) = 0 (9.15)
Nas zanimajo predvsem energije stanj v naši jami. Zato enačbi delimo eno z drugo in
dobimo enačbo za E:
Ai(CV 1/3
0 a − C ǫ
V 2/3
0
)Bi(− Cǫ
V 2/3
0
) = Ai(− Cǫ
V 2/3
0
)Bi(CV 1/3
0 a − Cǫ
V 2/3
0
), (9.16)
1 Definicija in lastnosti Airyjevih funkcij so zapisane v matematičnem priročniku Abramowitz-Stegun,
poglavje 10.4

9.1. KLEIN-GORDONOV DELEC 109
C = 1, a = 1, V 0 = 10 −7
n ǫ n
ǫ n
ǫ1
1 9.86960441 1.
2 39.4784196831 4.
3 88.826426358 9.
4 157.913657651 16.
5 246.7401241409 25.
6 355.3055595699 36.
.
.
C = 1, a = 1, V 0 = 1
n ǫ n
ǫ n
ǫ1
1 10.36850716 1.
2 39.97874479 3.85579
3 89.3266345 8.61519
4 158.4137898 15.2784
5 247.24018933 23.8453
6 355.805814599 34.316
. . .
C = 1, a = 1, V 0 = 10
n ǫ n
ǫ n
ǫ1
1 14.7601 1.
2 44.51692433 3.01562
3 93.84592603 6.35808
4 162.9256098 11.0382
5 251.7480402 17.056
6 360.3113744 24.4112
.
.
Table 9.1: Tabela prikazuje prvih n = 6 rešitev dane enačbe pri različnih jakostih polj V 0 .
.
.
kjer smo vpeljali ǫ = E e
, kot energijo deljeno z nabojem ter parameter C = (2me) 1/3 .
2
Dobljene enačbe za energije ne znamo rešiti analitično, zato sem jo poskušal rešiti numerično.
Rešitve enačbe sem iskal tako, da sem iskal ničle funkcije
f(E) = Ai(CV 1/3
0 a − C ǫ
V 2/3
0
)Bi(− Cǫ
V 2/3
0
) − Ai(− Cǫ
V 2/3
0
)Bi(CV 1/3
0 a − Cǫ
V 2/3
0
). (9.17)
Obnašanje omenjene funkcije pri različnih V 0 , je predstavljeno na sliki 9.1. Zaporedne ničle
danih funkcij so kar željene energije našega sistema za določen primer. Dobljene rezultate
sem predstavil v tabeli 9.1.
Iz tabele rešitev lahko vidimo, da v limiti majhnih polj energije našega delca rastejo
kvadratično z n, kar je značilnost lastnih energij neskončne potencialne jame. To nas
razveseli, saj je naša limita prvilna. Pri večjih jakostih polj, pa se ta ”idila” kot pričakovano
pokvari. Energijski nivoji in njihova razmerja se zaradi vpliva polja spremenijo.
Rešitev Klein-Gordonove enačbe:
Za prost delec, na katerega ne deluje nobena zunanja sila, se Klein-Gordonova enačba glasi:
2 □ 2 ψ = m 2 c 2 ψ (9.18)

110 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
fE
fE
100 200 300 400 E
100 200 300 400 E
-0.001
-0.1
-0.002
-0.2
-0.003
fE
-0.25
-0.5
100 200 300 400 E
-0.3
E
350
300
250
200
-0.75
-1
-1.25
150
100
50
2 4 6 8 10
Figure 9.1: Prve tri slike prikazujejo odvisnost funkcije f(E) od energije E za tri različne
primere velikosti polja V 0 . Prva slika je narisana za primer V 0 = 10 −7 , druga slika za primer
V 0 = 1, tretja pa za primer V ) = 10. Zadnja slika pa prikazuje razporeditev energijskih
nivojev za vse tri primere.

9.1. KLEIN-GORDONOV DELEC 111
Če razpišemo d ′ Alambertov operator in upoštevamo, da imamo mi le enodimenzionalen
problem, dobimo enačbo
∂ 2 ψ
∂x 2 ψ − ∂2 ψ
c 2 ∂t 2 = m2 c 2
2 ψ (9.19)
Če pa na delec vpliva zunanje električno polje, pa moramo v enačbo nekako dodati še vpliv
električnega polja. Tedaj se Klein-Gordonova enačba 2 glasi
V dani enačbi se sedaj rešimo oklepaja in dobimo
∂ 2 ψ
∂x 2 + ( ∂
ic∂t + eV
c )2 ψ = m2 c 2
2 ψ (9.20)
∂ 2 ψ
∂x 2 − ∂2 ψ
c 2 ∂t 2 − i2eV ∂ψ
c 2 ∂t + (eV c )2 ψ = m2 c 2
2 ψ (9.21)
Nas zanimajo rešitve z dobro določeno energijo. Zato uporabimo nastavek
ψ(x,t) = e −i E t Φ(x) (9.22)
Ko dani nastavek upoštevamo z zgornji enačbi, nam ostane le še krajevno odvisna enačba
∂ 2 Φ
∂x 2 + 1
2 c 2((E − eV )2 − m 2 c 4 )Φ = 0 (9.23)
Kar smo sedaj dobili, je enačba našega problema. Predno se lotimo reševanja, še preverimo,
ali v klasični limiti dobimo ustrezno ekvivalentno Schrödingerjevo enačbo. Za izračun
klasične limite privzemimo, da se energija delca zelo malo razlikuje od njegove mase. Tedaj
lahko celotno energijo zapišemo kot
Predpostavimo še, da je potencial majhen
Tedaj lahko drugi člen v enačbi razvijemo
E = mc 2 + E ′ , E ′ ≪ mc 2 (9.24)
eV ≪ mc 2 (9.25)
(E − eV ) 2 − m 2 c 4 = (mc 2 + E ′ − eV ) 2 − m 2 c 4 ≈ −2mc 2 (eV − E ′ ) (9.26)
Ko to upoštevamo v naši enačbi, dobimo
∂ 2 Φ
∂x 2 − 2m
2 (eV − E′ )Φ = 0 (9.27)
V enačbi, ki jo dobimo prepoznamo ravno našo Schrödingerjevo enačbo iz prvega dela
naloge. To je dokaz, da je naša pot pravilna, zato gremo pogumno naprej.
2 Klein-Gordonova enačba za delec ki se nahaja v Elektromagnetnem polju je razložena in izpeljana v
knjigi Ivana Supka, Teorijska Fizika II, stran:157, od koder sem jo tudi sam prepisal.

112 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
Najprej vstavimo v enačbo naš dejanski potencial V (x) = V 0 x. Dobimo
∂ 2 [
Φ
∂x 2 + ( V 0e
c )2 (x − E
V 0 e )2 − ( m2 c 4 ]
2 c 2 ) Φ = 0 (9.28)
Sedaj vpeljimo novo spremenljivko z = x − E
eV 0
ter dva nova parametra
Tako dobimo enačbo:
Sedaj napravimo še eno substitucijo
a = V 0e
c , b = (mc )2 (9.29)
∂ 2 Φ
∂z 2 + (a2 z 2 − b)φ = 0 (9.30)
x = √ 2az (9.31)
Pri tem je potrebno poudariti, da nova variabla x ni enaka prvotnemu, pravemu odmiku
x. Zgolj zaradi pomanjkanja domišljije smo za novo spremenljivko uporabili še enkrat isto
črko. Ko to uporabimo v naši enačbi, dobimo
∂ 2 Φ
∂x 2 + (x2 4 − b )Φ = 0 (9.32)
2a
Zopet smo dobili eno zapleteno diferencialno enačbo. Rešitve te enačbe so Parabolične
Cilindrične funkcije oz. za konkretni primer Webrove parabolične cilindrične funkcije
W ± (a,x) 3 . Dane funkcije lahko izrazimo z neskončno vrsto, ali pa uporabimo njihovo
povezavo s Konfluentnimi Hipergeometrijskimi funkcijami. Velja
[√ √ ]
G1
W ± (a,x) = 2 −3/4 2G3
G3 H(−3/4,1/2a1/4x2 ) ± xH(−1/4,1/2a,1/4x 2 ) , (9.33)
G 1
kjer je
H(m,n,x) = e −ix 1F 1 (m + 1 − in;2m + 2;2ix) (9.34)
in je 1 F 1 (a;b;z) Kummerjeva konfluentna hipergeometrijska funkcija 4 . Povejmo še, kaj sta
G 1 in G 3 :
1
G 1 = |Γ(
4 + 1 2ia)| (9.35)
3
G 3 = |Γ(
4 + 1 2ia)| (9.36)
3 Več o paraboličnih cilindričnih funkcijah in njihovih lastnostih piše v priročniku Abramowitz-Stegun,
Poglavje 19.
4 Več o konfluentnih hipergeometrijskih funkcijah piše v priročniku Abramowitz-Stegun, Poglavje 13.

9.1. KLEIN-GORDONOV DELEC 113
Ko enkrat znamo izračunati Webrove funkcije, lahko rešitev našega problema zapišemo v
obliki
Če še upoštevamo nazaj, kaj je x, dobimo
Φ = C 1 W + ( b
2a ,x) + C 2W − ( b ,x) (9.37)
2a
Φ = C 1 W + ( b
2a , √ 2az) + C 2 W − ( b
2a , √ 2az) (9.38)
Sedaj pa še upoštevajmo, kako se izraža z in dobimo naš končni nastavek
Φ(x) = C 1 W + ( b
2a , √ 2a(x − E
eV 0
)) + C 2 W − ( b
2a , √ 2a(x − E
eV 0
)) (9.39)
Naš delec se še vedno nahaja v neskončni potencialni jami, zato mora tudi v tem primeru
zadoščati danim robnim pogojem
Φ(x = 0) = 0, Φ(x = d) = 0, (9.40)
kjer smo tokrat z d označili širino jame. Ko pogoje upoštevamo v naši enačbi, dobimo
analogno kot pri reševanji Schrödingerjeve enačbe enačbo za izračun energije:
Upoštevajmo še, da je
in dobimo
W + ( b
2a , √ 2a(d − E
V 0 e ))W −( b
2a , √ 2a(− E
V 0 e )) =
= W − ( b
2a , √ 2a(d − E
V 0 e ))W +( b
2a , √ 2a(− E )) (9.41)
V 0 e
a = e c V 0 = fV 0 (9.42)
b
W + ( , √ 2fV 0 (d − E
2fV 0 V 0 e ))W b
−( , √ 2fV 0 (− E
2fV 0 V 0 e )) =
b
= W − ( , √ 2fV 0 (d − E
2fV 0 V 0 e ))W b
+( , √ 2fV 0 (− E )) (9.43)
2fV 0 V 0 e
Tako smo sedaj eksplicitno izrazili, kako električni potencial nastopa v dan enačbi. Vse
ostale konstante pa so v bistvu nepomemnbe. Dane enačbe spet ne znamo rešiti analitično,
zato je tudi tu potrebno uporabiti numerične metode. Energije stanja sem računal tako
kot v prvi nalogi, z iskanjem ničel funkcije:
b
f(E) = W + ( , √ 2fV 0 (d − E
2fV 0 V 0 e ))W b
−( , √ 2fV 0 (− E
2fV 0 V 0 e ) −
b
−W − ( , √ 2fV 0 (d − E
2fV 0 V 0 e ))W b
+( , √ 2fV 0 (− E )) (9.44)
2fV 0 V 0 e
Grafa funcije za dva izračunana primera sta narisana na sliki 9.2. Z njihovo pomočjo sem
določil ničle funkcij f(E) oziroma energije stanj sistema, ki so zabeležene v tabeli 9.2.

114 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
f = 1, b = 1, V 0 = 1, d = 1
n ǫ n
ǫ n
ǫ1
1 3.78474 1.
2 6.86086 1.815
3 9.97727 2.636
4 13.1059 3.426
5 16.2397 4.291
6 19.379 5.12
f = 1, b = 1, V 0 = 5, d = 1
n ǫ n
ǫ n
ǫ1
1 5.50988 1.
2 8.81902 1.601
3 11.9661 2.1722
4 15.101 2.7412
5 18.2375 3.31061
6 21.3748 3.8801
.
.
.
.
.
.
Table 9.2: Tabela prikazuje prvih n = 6 rešitev dane enačbe pri različnih jakostih polj V 0 .
fE
0.6
fE
1.5
0.4
1
0.2
0.5
5 10 15 20 25 E
5 10 15 20 25 E
-0.2
-0.5
ImfE
4·10 -15
2·10 -15
5 10 15 20 E
-2·10 -15
-4·10 -15
Figure 9.2: Prvi dve sliki prikazujeta odvisnost funkcije f(E) od energije E za dva različna
primera velikosti polja V 0 . Prva slika je narisana za primer V 0 = 1, druga pa za primer
V 0 = 5. Zadnja slika pa prikazuje imaginarno komponento funcije f. Vidimo, da je le-ta v
okviru napake enaka nič.

9.2. ENERGIJSKI SPEKTER PROSTEGA RELATIVSTIČNEGA DELCA 115
Limitni primer:
Sedaj pa si poglejmo limitni primer, ko je parameter b
2a
v enačbi 9.32 zelo velik. To je
tedaj, ko je polje zelo majhno ali pa masa zelo velika. Da bomo limito lahko napravili,
vzemimo še nekoliko drugačno substitucijo. Tokrat naj bo
z = E
eV 0
− x (9.45)
To enačbe, ki smo jo izpeljali v glavnem delu naloge nič ne spremeni, saj dana spremenljivka
nastapa v enačbi vedno v kvadratnem členu. Sedaj lahko napravimo Asimptotski približek,
ki je zapisan v priročniku Abramowitz-Stegun pod 19.20. Tam piše, da kadar je x ≥ 0 in
je a veliko pozitivno število, velja
W + (a,x) ≈ √ π(4a) −1/4 e −1/2πa t
(
ξ 2 − 1 )1/4 Bi(−t) (9.46)
W − (a,x) ≈ 2 √ π(4a) −1/4 e 1/2πa t
(
ξ 2 − 1 )1/4 Ai(−t), (9.47)
kjer je
ξ =
x
2 √ a
(9.48)
t = −(4a) 2/3 ( 3 2 θ 3) 2/3 (9.49)
θ 3 = 1 4 arccos ξ − 1 4 ξ√ 1 − ξ 2 (9.50)
Mi pričakujemo, da v limiti velikih mas (to je velikih b) pridemo nazaj v klasično limito.
Rezultat, ki ga dobimo pa vključuje ravno Airyjeve funkcije, ki so bile ravno rešitve
Klasičnega delca v neskončni potencialni jami s konstantnim poljem. Edino kar nas moti
so koeficienti pred rešitvijo, za katere pa upamo, da bodo dali ravno pravo rešitev. Da sem
dobil konkretne rezultate, sem dobljene približke Webrovih funkcij vstavil v enačbo 9.43 in
si pogledal, kaj dobim. Rezultati so za en primer predstavljeni v tabeli 9.3.
9.2 Energijski spekter prostega relativstičnega delca
Določi energijski spekter prostega relativističnega delca s spinom 0 in nabojem +e 0 v
aksialnem magnetnem polju in ga primerjaj s spektrom istega delca v nerelativistični limiti.
Rešitev:
Schrödingerjeva enačba in klasična limita
Najprej si poglejmo primer klasičnega delca. Privzemimo, da magnetno polje kaže v z
smeri, torej
⃗B = (0,0,B z ) (9.51)

116 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
f = 1, b = 100, V 0 = 1, d = 1
n ǫ n
ǫ n
ǫ1
1 10.4022 1.
2 10.9804 1.0556
3 12.3146 1.1839
4 14.244 1.13693
5 16.561 1.5921
6 19.1217 1.8382
.
.
Table 9.3: Tabela prikazuje prvih n = 6 limitnih rešitev Klein-Gordonove enačbe za dani
primer.
.
Za izračun bomo potrebovali vektorski potencial, zato je prav, da si ga kar izračunamo. Le
ta je definiran kot
⃗B = ∇ × ⃗ A (9.52)
Od tod lahko hitro vidimo, da če hočemo, da bo polje imelo od nič različno le z komponento,
mora imeti A obliko
Če še zapišemo posamezne komponente
⃗A = (− yB z
2 , xB z
,0) (9.53)
2
A x = − yB z
2 , A y = xB z
2 , A z = 0 (9.54)
Schrödingerjeva enačba za delec v Magnetnem polju se glasi
[
i ∂ψ ( ]
∂t = 1
∇
2m i ⃗ − e 2
A)
c ⃗ ψ (9.55)
Ko enačbo razpišemo in upoštevamo, da je zaradi oblike vektorskega potenciala, ki ga
imamo ∇. ⃗ A = 0, dobimo enačbo
i ∂ψ
∂t = − 2 (
∇ 2 ψ ) + e2
2m 2mc 2A2 ψ + i2e A(
2mc ⃗ ∇ψ) ⃗ (9.56)
Sedaj se odločimo, da nas zanimajo le stanja z dobro določeno energijo. Zato uporabimo
nastavek
Ko to uporabimo v naši enačbi, dobimo
ψ(⃗x,t) = e −i E t Φ(⃗x) (9.57)
EΦ = 2
2m ∇2 Φ +
e2
2mc 2A2 Φ + 2ie A.(
2mc ⃗ ∇Φ). ⃗ (9.58)

9.2. ENERGIJSKI SPEKTER PROSTEGA RELATIVSTIČNEGA DELCA 117
Sedaj moramo dobljno enačbo rešiti. V našem primeru je z-os superiorna, saj v njeni smeri
kaže magnetno polje. Preostali dve osi pa sta med sabo ekvivalentni. Zato je smiselno
našo enačbo reševati v Cilindričnih koordinatah. V teh se gradient in Laplacov operator
izražata kot
∇ 2 Φ = 1 r
⃗∇Φ = ∂Φ
∂r êr + 1 r
(
∂
r ∂Φ
∂r ∂r
∂Φ
∂φ êφ + ∂Φ
∂z e z (9.59)
)
+ 1 r 2 ∂ 2 Φ
∂φ 2 + ∂2 Φ
∂z 2 (9.60)
Da bomo lahko zapisali enačbo v cilindričnih koordinatah, pa moramo v le teh zapisati še
kako se izraža ⃗ A. V kartezičnih koordinatah vemo, da ga lahko zapišemo kot
⃗A = B 0
2 (−yê x + xê y ) = B 0
2 (−r sinφê x + r cos φê y ) (9.61)
Sedaj upoštevajmo, kako se enotska vektorja ê x in ê y izražata z vektorjema ê r in ê φ . Velja:
Ko to upoštevamo, dobimo lep rezultat
Kvadrat le tega pa je seveda
ê x = ê r cos φ − ê φ sin φ (9.62)
ê y = ê r sin φ + ê φ cos φ (9.63)
⃗A = B 0
2 rê φ. (9.64)
A 2 = B2 0
4 r2 (9.65)
Sedaj vse to vstavimo v Schrödingerjevo enačbo in ko jo nekoliko uredimo, dobimo:
2mE
2 Φ = −1 ∂Φ
r ∂r − ∂2 Φ
∂r 2 − 1 ∂ 2 Φ
r 2 ∂φ 2 − ∂2 Φ
∂z 2 + e2 B0
2
c 2 2 4 r2 Φ + 2ieB 0 ∂Φ
c2 ∂φ . (9.66)
Sedaj uporabimo nastavek
Φ(r,φ,z) = u(r,φ)e ikzz . (9.67)
Ko to uporabimo, dobimo enačbo
( ) 2mE
2 − kz
2 u = − 1 ∂u
r ∂r − ∂2 u
∂r 2 − 1 ∂ 2 u
r 2 ∂φ 2 + α2 r 2 u + 2iα ∂u
∂φ , (9.68)
kjer smo uvedli nov parameter:
α = eB 0
c2 . (9.69)

118 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
Napravimo sedaj še eno substitucijo
ter nov parameter
Ko vse to upoštevamo, nam ostane enačba
u(r,φ) = R(r)e imφ , (9.70)
β = 2mE
2 − k 2 z. (9.71)
∂ 2 R
∂r 2 + 1 (
)
∂R
r ∂r + β − α 2 r 2 + 2αm − m2
r 2 R = 0 (9.72)
Da bomo enačbo znali rešiti, uvedimo še eno spremenljivko
√
ξ
α ⇒ dr = 1 2
ξ = αr 2 ⇒ r =
√ 1
dξ (9.73)
αξ
Ko to uporabimo v enačbi, dobimo diferencialno enačbo
kjer smo uvedli še en parameter
ξ ∂2 R
∂ξ 2 + 1 (
∂R
2 ∂ξ + λ − ξ )
4 − m2
R = 0, (9.74)
4ξ
λ = β
4α + m 2
(9.75)
Sedaj pa si dano enačbo malo bolj podrobno oglejmo. V limiti velikih ξ −→ ∞, dobi enačba
približno obliko:
∂ 2 R
∂ξ 2 − R 4
kar pomeni, da mora biti njena rešitev sorazmerna z
= 0, (9.76)
R ∝ e − ξ 2, (9.77)
če nočemo,da v neskončnosti rešitev podivja. Pri zelo majhnih ξ ≈ 0, pa ima enačba
približno obliko
zato je rešitev v tej limiti sorazmerna z
ξ ∂R
∂ξ − m2
R = 0, (9.78)
2
R ∝ ξ m2
2 . (9.79)

9.2. ENERGIJSKI SPEKTER PROSTEGA RELATIVSTIČNEGA DELCA 119
Zaradi danih limit se odločimo, da nastavek za rešitev naše enačbe napišemo v obliki
Tako nam ostane diferencialna enačba za w(ξ), ki ima obliko
R(ξ) = e − ξ 2ξ m2
2 w(ξ) (9.80)
1
4 e− ξ 2ξ m2
2 −1 ((m 4 + (−1 + 4λ)ξ − 2m 2 (1 + ξ))w(ξ) +
Rešitev tako dobljene enačbe pa ima obliko
+2ξ(1 + 2m 2 − 2ξ) dw
dξ + 4ξ2∂2 w
∂ξ 2 ) = 0 (9.81)
w(ξ) = c 1 ξ 1 4 (1−2m2 + √ 1+4m 2) ×
×HypergeometricU[ 1 4 (2 + √ 1 + 4m 2 − 4λ),1 + 1 2√
1 + 4m 2 ,ξ]) +
+c 2 ξ 1 4 (1−2m2 + √ 1+4m 2) GenL( 1 4 (−2 − √ 1 + 4m 2 + 4λ), 1 2√
1 + 4m 2 ,ξ), (9.82)
kjer sem z HypergeometricU označil konfluentno hipergeometrijsko funkcijo U(a,b,ξ), z
GenL, pa sem označil Generalizirane Laguerove polinome L a n (ξ) = L(n,a,ξ).
Da rešitev ne bo eksplodirala pri zelo velikih argumentih ξ, zahtevamo, da je C 2 = 0.
Da bomo dobili pravo obnašanje, zahtevajmo, da je a ≠ N in b ≠ −M, kjer sta M,N
naravni števili. Tedaj je Konfluentna hipergeometrijska funkcija okrog ničle pohlevna in
polinomsko raste, ko se ξ veča. To nas ne skrbi, saj za to, da valovna funkcija ne divergira
poskrbi eksponentni člen z netativnim argumentom. Iz pogojev, ki smo jih navedli, sledi
za prvi argument Konfluentne Hipergeometrijske vrste, da mora biti
1
2 + 1 √1 + 4m
4
2 − ( β
4α + m ) = −N. (9.83)
2
Če izrazimo ven β, in še upoštevamo, kaj le-ta je, dobimo
2mE
2 − kz 2 = β = eB √
0
c (1 + 2N + |m| 1 + 1 − m) (9.84)
4m2 Ko izrazimo ven energijo, dobimo ven rezultat, to je energija delca v klasični limiti:
E = 2 kz
2
2m + eB 0
mc (1 2 + N + |m|
√
1 + 1
2 4m 2 − m ). (9.85)
2
Relativistična rešitev in Klein-Gordonova enačba
Sedaj, ko poznamo klasično limito, pa si poglejmo še, kakšen je energijski spekter relativističnega
delca. Rešujemo Klein-Gordonovo enačbo, ki se za delec v magnetnem polju
glasi
[ 1
c 2 2(E2 − m 2 c 4 ) + ( ∂
∂x − i e
c A x) 2 + ( ∂ ∂y − i e
c A y) 2 + ( ∂ ∂z − i e ]
c A z) 2 Φ = 0, (9.86)

120 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
kjer smo že upoštevali, da nas zanimajo le stanja z dobro določeno energijo in zato gledamo
le stacionarna stanja. Kvadratne člene v enačbi kvadrirajmo in upoštvajmo, da je zaradi
oblike potenciala ∇. ⃗ A = 0. To nam da:
∇ 2 Φ − 2ie A(
c ⃗ ∇Φ) ⃗ −
e2
c 2 2(E2 − m 2 c 4 )Φ = 0 (9.87)
Vidimo, da je dobljena enačba povsem analogna Schrödingerjevi enačbi. Magnetno polje
”vstopa” v enačbo na povsem enak način. Nekoliko je spremenjen le energijski člen, ki
pa na tip enačbe, ki jo rešujemo ne vpliva prav nič. Tako kot pri Schrödingerjevi enačbi
pojdimo reševati enačbo v Cilindricne koordinate. Dobimo enačbo
− 1 r
∂Φ
∂r − ∂2 Φ
∂r 2 − 1 r 2 ∂ 2 Φ
∂φ 2 − ∂2 Φ
∂z 2 + 2iα∂Φ ∂φ + e2 B 2 0
4c 2 2r2 Φ − 1
c 2 2(E2 − m 2 c 4 )Φ = 0, (9.88)
kjer smo spet uporabili α = eB 0
2c
. Vidimo, da enačba, ki jo obravnavamo ni dosti drugačna
od prejšnje Schrödingerjeve. Sedaj tudi tu enačbo napademo s substitucijo
Φ(r,φ,z) = R(r)e ikzz e imφ . (9.89)
Ko to uporabimo, dobimo le še enačbo za radialno komponento:
∂ 2 R
∂r 2 + 1 ∂R
m2
+ (β + 2αm −
r ∂r r 2 − α2 r 2 )R = 0. (9.90)
Tu smo zopet definirali parameter β, ki pa ni enak parametru, ki je nastopal v Schrödingerjevi
enačbi. Tu se glasi:
β = E2 − m 2 c 4
c 2 2 − k 2 z (9.91)
Vidimo, da smo prišli do povsem iste enačbe, kot smo jo dobili v klasičnem primeru.
Rešitev, ki jo dobimo je povsem enaka, le parameter β je drugačen. Po analogiji iz rešitve
Schrödingerjeve enačbe lahko zapišemo pogoj, kateremu mora zadoščati dani β. Velja
β = 4α( 1 2 + |m|
2
√
1 + 1
4m 2 − m 2
+ N). (9.92)
Ko se razpišemo, kaj sta β in α in nekoliko uredimo, dobimo končen rezultat
E 2 = m 2 c 4 + 2eB 0 c( 1 2 + |m|
√
1 + 1
2 4m 2 − m 2 + N) + c2 2 kz 2 . (9.93)
Če še korenimo, dobimo
E 2 = mc 2 √
1 + 2eB 0c
m 2 c 4 (1 2 + |m|
√
2
1 + 1
4m 2 − m 2 + N) + c2 2 k 2 z
m 2 c 4 (9.94)
To je sedaj naša rešitev. Hitro lahko tudi vidimo, da če napravimo limito majhnih energij:
E = mc 2 + E ′ , kjer je E ′ ≪ mc 2 , dobimo nazaj klasično rešitev, ki smo jo izpeljali iz
Schrödingerjeve enačbe.

9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 121
9.3 Sipanje piona na potencialni barieri
Obravnavaj sipanje piona π + na enodimenzionalni Coulombski barieri višine eV ≥ E ≥ 0
(potencialna stopnica) tako, da numerično rešiš KG enačbo. Začetni pogoj pri t = 0 in
x = −∞ je valovni paket z energijo E 0 . Grafično prikaži rešitev za nekaj časovnih trenutkov
tik pred oz. po sipanju na barieri.
9.3.1 Analitična rešitev
Da bomo numerično rešitev lažje razumeli, si poglejmo najprej analitično rešitev danega
problema za ravni val.
Obravnavajmo sedaj sipanje delca na potencialu oblike
V (z) =
{ 0;z ≤ 0
V 0 ;z ≥ 0
(9.95)
Enačbo rešujmo tako, da posebej rešimo levi del (z ≤ 0), kjer ni potenciala in posebej desni
del, kjer imamo konstanten potencial (z ≥ 0). Za del brez potenciala ima Klein-Gordonova
enačba obliko
− 1 ∂ 2 ψ
c 2 ∂t 2 + ∂2 ψ
∂z 2 − m2 c 2
ψ = 0; za z ≤ 0 (9.96)
2 V območju s konstantnim Coulombskim potencialom pa mora delec ubogati Klein-Gordonovo
enačbo z obliko
( i ∂
c ∂t − eV ) 2
0
ψ + ∂2 ψ
c ∂z 2 − m2 c 4
ψ = 0; za z ≥ 0 (9.97)
2 Sedaj na našo bariero iz neskončnosti pošljimo ravni val oblike
ψ(z = −∞) = e −i(Et−pz) (9.98)
Okrog barire pa rešitev našega problema nastavimo v obliki linearne kombinacije ravnih
valov. Valovno funkcijo za (z ≤ 0) lahko zapišemo kot vsoto vpadnega in odbitega vala
ψ I = ψ vpadni + ψ odbiti ; za (z ≤ 0), (9.99)
valovna funkcija za (z ≥ 0) pa sestoji samo iz prepuščenega vala
ψ II = ψ prepusceni (9.100)
Če vstavimo v zgornja izraza obliko za ravni val, dobimo
(
ψ I = e i p z + re −i p z) Et
−i e (9.101)
ψ II = te i p′
z Et
−i
e , (9.102)

122 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
kjer sem z r in t označil amplitudno odbojnost oziroma prepustnost. Če sedaj vstavimo ψ I
v enačbo 9.96 in uredimo, dobimo zvezo
Če še korenimo, pa dobimo
E 2 = p 2 c 2 + m 2 c 4 (9.103)
E = ± √ p 2 c 2 + m 2 c 4 (9.104)
Sedaj se moramo odločiti ali + ali − predznak. Zaradi izbranega začetnega pogoja (Imamo
val s pozitivno energijo, ki se giblje v desno) izberemo + predznak. Podobno sedaj naredimo
še za področje II. Valovno funkcijo ψ II vstavimo v enačbo 9.97 in dobimo zvezo
Če korenimo dobljeni izraz, dobimo
(E − eV 0 ) 2 − m 2 c 4 = p ′2 c 2 (9.105)
p ′ c = ± √ (E − eV 0 ) 2 − m 2 c 4 (9.106)
Da bi določili predznak v zgornji zvezi, pa se bo potrebno nekoliko bolj potruditi, zato s
tem še malo počakajmo. Najprej dani rešitvi ψ I in ψ II zlepimo na robu. Rešitvi kot, vemo,
morata zadoščati pogoju:
Ko noter vstavimo izraza 9.101 in 9.102, dobimo zvezi
ψ I (z = 0) = ψ II (z = 0) (9.107)
∂ψ I
∂z (z = 0) = ∂ψ II
(z = 0)
∂z
(9.108)
1 + r = t (9.109)
1 − r = p′
p t (9.110)
Ko izraza ustrezno združimo in ven izrazimo enkrat r, drugič pa t, dobimo:
r = p − p′
p + p ′ (9.111)
t =
2p
p + p ′ (9.112)
Da bi izračunali pravo (tokovno) odbojnost in prepustnost, je najprej potrebno izračunati
tok, ki je definiran kot
j = 1 (
ψ ∗∂ψ
)
2im ∂z − ψ∂ψ∗
(9.113)
∂z
Tok, ki vpada na našo bariero je, ko ga po tej definiciji izračunamo enak
j i = 1 (
( e −i p z ipe i p z − e i p z e −i p z −i p ))
= p
2im
m
(9.114)

9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 123
Končni skupni tok na levi strani pa izračunamo tako, da vstavimo ψ I v definicijo toka.
Dobimo
j I = 1 ( (
e −i p z + r ∗ e i p z) ip
(
e i p z − re −i p z) −
2im
−
(
e i p z + re −i p z) ip
(
−e −i p z + r ∗ e i p z)) = p
m
(
1 − |r|
2 ) (9.115)
Sedaj lahko definiramo odbojnost R kot razmerje med vpadnim in odbitim tokom:
R = j i − j I
j i
= |r| 2 (9.116)
Sedaj nam preostane, da izračunamo gostoto toka še za drugo območje (z ≥ 0). Dobimo
ga tako, da v definicijo toka vstavimo ψ II . Ko izračunamo vse potrebne odvode in izraz
poenostavimo, dobimo
j II = p′
m |t|2 (9.117)
Sedaj lahko definiramo še prepustnost kot razmerje med prepuščenim in vpadnim tokom
T = j II
j i
= p′
p |t|2 (9.118)
Če izračunamo vsoto T + R, seveda dobimo znano zvezo (ohranitveni zakon):
T + R = 1 (9.119)
Sedaj pa si nekoliko podrobneje poglejmo naš konkretni primer. Iz zveze 9.106 lahko vidimo,
da glede na to, kako velik je potencial, lahko dobimo različna obnašanja gibalne količine p ′ .
V ta namen ločimo tri različna območja potenciala:
⎧
⎨
V 0 =
⎩
V 0 ≤ E − mc 2 ; Sibek potencial
E − mc 2 ≤ V 0 ≤ E + mc 2 ;Srendji potecial
V 0 ≥ E + mc 2 ; Mocni potencial
(9.120)
Šibek potencial: V območju šibkega potenciala je eV 0 ≤ E. Sedaj izračunajmo grupno
hitrost vala ψ II :
v g = dω
dk ′ = dE
dp ′ =
p′ c
E − eV 0
(9.121)
Vidimo, da če v zvezi 9.106 izberemo pozitivni predznak, bo v g pozitivna in se bo val širil
v desno, kar ustreza našim robnim pogojem. Za ta primer je torej pravilno če izberemo
p ′ ≥ 0. Ko izračunamo prepustnost in odbojnost, dobimo
T =
4p′ p
(p + p ′ ) 2 (9.122)
( p − p
′) 2
R =
p + p ′ (9.123)

124 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
Vidimo tudi, da če izračunamo njuno vsoto, res dobimo
T + R = p2 − 2pp ′ + p ′2 + 4pp ′
(p + p ′ ) 2 = 1 (9.124)
Ta rezultat poznamo tudi že iz nerelativistične kvantne mehanike.
Srednji potencial: V tem področju pa velja
|(E − eV 0 )| 2 ≤ mc 2 (9.125)
Vidimo, da če to upoštevamo v izrazu 9.101, je izraz imaginaren in ga lahko zapišemo
p ′ = iκ kjer je κ = ± 1 c√
m 2 c 4 − (E − eV 0 ) 2 (9.126)
Tudi tu moramo izbrati κ ′ ≥ 0, kajti če bi izbrali κ ′ ≤ 0, bi člen ψ II = te iiκz = te −κz z
naraščajočim z rastel proti neskončnosti, kar vemo, da ne gre. Zato mora biti κ ≥ 0. Če
izračunamo odbojnost za ta primer, dobimo
R =
p − p ′ ∣ ∣∣∣
2
∣p + p ′ =
Ker še vedno velja T + R = 1, pa mora veljati, da je T = 0.
1
p 2 + κ 2 (
(p 2 − κ 2 ) 2 + 4p 2 κ 2) = 1 (9.127)
Močan potencial: Za konec pa nam preostane le še primer, ko je
V 0 〉E + mc 2 (9.128)
V tem primeru je (E − eV 0 ) 2 ≥ mc 2 , kar pomeni, da je p ′ ∈ R. Odločiti pa se moramo še
za predznak. Če upoštevamo, da je v tem primeru eV 0 ≥ E in izračunamo grupno hitrost:
v g =
p ′
E − eV 0
, (9.129)
ugotovimo, da bo ta negativna, če bo p ′ ≥ 0 in pozitivna, če bo p ′ ≤ 0. V prvem primeru,
bi to pomenilo, da bi se val širil v negativni smeri iz +∞, kar pa vemo, da ne gre, saj smo
z začetnim pogojem zahtevali, da se val širi v pozitivni smeri. Da bo to res, moramo zato
vzeti p ′ ≤ 0. Ta pogoj ni vključen v samo K-G enačbo, pač pa jo mi zahtevamo s fizikalnimi
robnimi pogoji. Ob upoštevanju p ′ = −|p ′ | izračunajmo sedaj še prepustnost in odbojnost:
Če napravimo vsoto, vidimo da dobimo
T ′ = − 4p|p′ |
(p + |p ′ |) 2 ≤ 0 (9.130)
( p + |p ′ )
|
R =
p − |p ′ ≥ 1 (9.131)
|
T + R = p2 + 2p|p ′ | + |p ′ | 2 − 4p|p ′ |
(p − |p ′ |) 2 = 1, (9.132)

9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 125
kar je seveda pravilno. Vidimo, da v območju močnega potenciala dobimo paradoksalno
situacijo. To imenujemo tudi Klein-Gordonov paradoks in se ga znebimo, če rečemo, da je
potencial tako močen, da ob trku delca na barieri nastanejo pari delec-antidelec. Antidelci
čutijo dano bariero kot potencialno jamo, ki jih privlači, kar povzroči negativno nabit tok,
ki se giblje proti desni. To je tudi izvor negativnega koeficienta T ≤ 0. Delci pa se od
bariere odbijejo skupaj z vpadnimi delci in skupaj tvorijo pozitiven tok, ki se giblje v levo
z magnitudo, ki je večja od R ≥ 1.
9.3.2 Numerična rešitev
Ideja, ki sem jo udejanil je bila ta, da sem napravil valovni paket za prosti delec, ki sem
ga poslal na bariero in pogledal, kaj se zgodi. Za to je bilo najprej potrebno sestaviti
valovni paket. Le tega naredimo tako, da seštejemo ravne valove z vsemi možnimi gibalnimi
količinami, in vsoto utežimo z Gaussovo funkcijo:
ψ paket (x,t) = 1 A
∫ ∞
−∞
√
e −(p−p 0 )2 e 2σ
i(p(x−x 0 )− p 2 +1t)
, (9.133)
kjer sem zaradi enostavnosti postavil c = = m = e = 1. Z x 0 sem označil koordinato,
kamor sem postavil ob t = 0 valovni paket, z p 0 pa osrednjo gibalno količino, okrog katere je
bil valovni paket razmazan. Ker je numerično računanje danega integrala v vsakem koraku
x,t zahtevno, sem si drznil v svojem numeričnem računu, dani integral aproksimirati z
vsoto
ψ paket = 1 A
∑
−10:0.1:10
√
e −(p−p 0 )2 e 2σ
i(p(x−x 0 )− p 2 +1t)
, (9.134)
kjer sem v vsoti upošteval le gibalne količine na intervalu [−10,10], sešteval pa sem s korakom
∆ = 0.1. Ob tem sem poskrbel tudi za normalizacijo A, ki sem jo določil tako, da
sem izračunal verjetnostno gostoto ρ = ψ ∗ ψ in jo seštel po dovolj velikem območju. Vsota
vemo, da mora biti enaka 1 in od tod s korenjenjem dobimo A.
Da bi prišel do željenih rezultatov, sem moral numerično reševati kompleksno parcialno
diferencialno enačbo (Klein-Gordonovo enačbo), ki je brez nepotrebnih konstant imela obliko:
− ∂2 ψ ∂ψ
− 2iV
∂t2 ∂t + (V 2 − m 2 )ψ + ∂2 ψ
∂x 2 = 0 (9.135)
Pri tem sem seveda upošteval, da se potencial obnaša kot:
V (x) = V 0 Θ(x − 0) (9.136)
Naporno delo računanja za nas rade volje opravi programski paket Mathematica, ki ima v
ta namen že vgrajeno metodo NDSolve. Podati pa ji moramo seveda območje, na katerem
iščemo našo rešitev, ter robne in začetne pogoje. V svoji rešitvi sem reševal enačbo na

126 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
območju [−50,50] × [−50,50]. Ker sem predspostavil, da je to območje dovolj široko, sem
si lahko dovolil in robove pripel na ničlo:
ψ paket (x = −50,t) = 0 (9.137)
ψ paket (x = 50,t) = 0 (9.138)
Podati pa sem moral tudi začetno stanje, to je naš skuhani valovni paket 9.134, ki sem ga
ob t = 0 postavil v točko x 0 = −5 in izbral p 0 = 2 ter σ = 0.2. Podati pa sem moral tudi
drugi začetni pogoj, to je njegov (od valovnega paketa) odvod:
∂ψ paket
(x,t = 0) = 1 dt
A
∑
−10:0.1:10
(−i √ √
p 2 + 1)e −(p−p 0 )2 e i(p(x−x 0 )− p 2 +1t)
2σ
, (9.139)
podan seveda v istih točkah x 0 in p 0 . Sedaj imamo vse pripravljeno, da dani postopek
poženemo in pogledamo, kaj dobimo. Rezultati, ki jih dobimo, so predstavljeni na slikah.
Vidimo, da pri majhnih V 0 dobimo tako prepuščeni kot odbiti val. Od nekega V 0 dalje
dobimo le odbite valove, po dovolj velikem V 0 pa zopet dobimo tako prepuščeni kot odbiti
val. V tem območju se začnejo, kot smo napovedali tvoriti pari delec-antidelec.
Dobjene rezultate pa lahko tudi pokomentiramo. Iz teoretične rešitve v prejšnjem delu
vemo, da je območje šibkega potenciala, kjer se nekaj valovanja prepusti in nekaj odbije,
na območju V 0 ≤ E − m 2 . To je v našem primeru
Če izračunamo to pri osrednji gibalni količini p 0 , dobimo
V 0 ≤
V 0 ≤ √ p 2 + 1 − 1 (9.140)
√
p 2 0 + 1 − 1 = 1.236 (9.141)
Pri V 0 ≥ 1.236, bi morali torej dobiti same odboje, vendar jih ne. To je zato, ker ima naš
paket končno širino in vsebuje tudi gibalne količine večje od p 0 . Če upoštevamo ima pri
izbranih parametrih naš paket širino na polovični višini ∆ = 0.6. Če napravimo oceno in
pogledamo, koliko je V 0 pri p = p 0 + ∆, dobimo
V 0 ≤ √ (p 0 + ∆) 2 + 1 − 1 = 1.79 (9.142)
To pa nam je všeč, saj iz slik vidimo, da pri V ≥ 1.8 skoraj nimamo več odbojev.
V območje močnega potenciala pa pridemo, ko velja V 0 ≤ E + m 2 . Če to izračunamo
za naš primer pri p 0 dobimo
V 0 ≥
√
p 2 0 + 1 = 3.23 (9.143)

9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 127
To spet ni v skladu s tistim, kar vidimo na slikah. Če pa tudi tu upoštevamo, da ima paket
končno širino in izračunamo, kolikšen mora biti V 0 na zadnjem robu paketa pri p 0 − ∆, pa
dobimo
V 0 ≥ √ (p 0 − ∆) 2 + 1 + 1 = 2.72 (9.144)
Ta rezultat pa nas spet razveseli, saj vidimo, da se okrog te vrednosti zopet začne pojavljati
prepuščeni val, ki predstavlja seveda antidelce.

128 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
V 0
⩵ 0
0.2
Ρx,t
0.1
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
V 0 ⩵ 0.5
0.3
Ρx,t
0.2
0.1
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
Figure 9.3: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju
Gaussovega paketa na Coulombski stopnici pri x = 0 z velikostjo V 0 = 0 in V 0 = 0.5.

9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 129
V 0 ⩵ 1.0
Ρx,t 0.4
0.2
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
V 0 ⩵ 1.2
0.6
Ρx,t0.4
0.2
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
Figure 9.4: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju
Gaussovega paketa na Coulombski stopnici pri x = 0 z velikostjo V 0 = 1.0 in V 0 = 1.2.

130 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
V 0 ⩵ 1.5
0.8
0.6
Ρx,t
0.4
0.2
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
V 0 ⩵ 1.7
0.8
0.6
Ρx,t
0.4
0.2
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
Figure 9.5: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju
Gaussovega paketa na Coulombski stopnici pri x = 0 z velikostjo V 0 = 1.5 in V 0 = 1.7.

9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 131
V 0 ⩵ 2.0
0.8
Ρx,t
0.6
0.4
0.2
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
V 0 ⩵ 2.2
0.8
0.6
Ρx,t
0.4
0.2
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
Figure 9.6: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju
Gaussovega paketa na Coulombski stopnici pri x = 0 z velikostjo V 0 = 2.0 in V 0 = 2.2.

132 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA
V 0 ⩵ 2.5
0.8
Ρx,t0.6
0.4
0.2
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
V 0 ⩵ 2.7
1
Ρx,t
0.75
0.5
0.25
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
Figure 9.7: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju
Gaussovega paketa na Coulombski stopnici pri x = 0 z velikostjo V 0 = 2.5 in V 0 = 2.7.

9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 133
V 0 ⩵ 2.8
1
Ρx,t 0.75
0.5
0.25
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
V 0 ⩵ 3.0
1.5
Ρx,t 1
0.5
0
-20
0
x
20
40
0
10
40
30
20
t
Figure 9.8: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju
Gaussovega paketa na Coulombski stopnici pri x = 0 z velikostjo V 0 = 2.8 in V 0 = 3.0.

134 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA

Chapter 10
Diracova enačba
Figure 10.1: Angleški fizik Paul Adrien Maurice Dirac se je rodil 8.8.1902 v Bristolu in
umrl 21.10.1984 mestu Liechtenstein. Zapisal je Diracovo enačbo za gibanje elektrona
v relativistični kvantni mehaniki in na njeni osnovi napovedal spin in magnetni moment
elektrona ter obstoj pozitrona in antiprotona. v Diracovi teoriji sevanja je razširil kvantni
opis na vse elektromagnetno polje. Leta 1933 je prejel Nobelovo nagrado skupaj z E.
Schrödingerjem. [12]
10.1 Tok prostega Diracovega delca
Določi tok ⃗j = ψ † ⃗αψ za prost Diracov delec. ⃗α D = (α 1 ,α 2 ,α 3 ) so Diracove matrike.
Rešitev:
Najprej zapišimo Diracovo enačbo, ki se, kot vemo, glasi
− 1 ∂ψ
c ∂t + α ∂ψ
1
∂x + α ∂ψ
2
∂y + α ∂ψ
3
∂z + iβmc ψ = 0 (10.1)
135

136 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
Kot smo že v nalogi povedali, so α 1 ,α 2 ,α 3 ,β tako imenovane Diracove matrike in imajo
obliko
α 3 =
α 1 =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
0 0 0 1
0 0 1 0
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
1 0 0 0
0 −1 0 0
⎞
⎟
⎠ α 2 =
⎞
⎛
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠ β = ⎜
⎝
0 0 0 −i
0 0 i 0
0 −i 0 0
i 0 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
Rešitev Diracove enačbe lahko zapišemo kot štiri vektor oblike
ψ =
⎛
⎜
⎝
⎞
ψ 1
ψ 2
ψ 3
ψ 4
⎞
⎟
⎠ (10.2)
⎞
⎟
⎠ (10.3)
⎟
⎠ (10.4)
Najprej izračunajmo produkte α i ψ in βψ. Ko opravimo množenje vektorja z matriko,
dobimo
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
ψ 4
−ψ 4
ψ 3
ψ 1
α 1 ψ = ⎜ ψ 3
⎟
⎝ ψ 2
⎠ ; α 2ψ = i⎜
ψ 3
⎟
⎝ −ψ 2
⎠ ; α 3ψ = ⎜ −ψ 4
⎟
⎝ ψ 1
⎠ ; βψ = ⎜ ψ 2
⎟
⎝ −ψ 3
⎠ (10.5)
ψ 1 ψ 1
−ψ 2 −ψ 4
Ko te zveze upoštevamo v Diracovi enačbi, dobimo sistem štirih enačb:
− 1 ∂ψ 1
c ∂t + ∂ψ 4
∂x − i∂ψ 4
∂y + ∂ψ 3
∂z + imc ψ 1 = 0 (10.6)
− 1 ∂ψ 2
c ∂t + ∂ψ 3
∂x + i∂ψ 3
∂y − ∂ψ 4
∂z + imc ψ 2 = 0 (10.7)
− 1 ∂ψ 3
c ∂t + ∂ψ 2
∂x − i∂ψ 2
∂y + ∂ψ 1
∂z − imc ψ 3 = 0 (10.8)
− 1 ∂ψ 4
c ∂t + ∂ψ 1
∂x + i∂ψ 1
∂y − ∂ψ 2
∂z − imc ψ 4 = 0 (10.9)
Sedaj pa upoštevajmo, da v naši nalogi rešujemo problem prostega delca. Zanj lahko
nastavimo rešitev v obliki ravnega vala kot
ψ =
⎛
⎜
⎝
⎞
c 1
c 2
c 3
c 4
⎟
⎠ ei(kxx+kyy+kzz−ωt) , (10.10)

10.1. TOK PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA 137
kjer je seveda ω = E
. Sedaj ta nastavek vstavimo v zgornji sistem štirih enačb. Ko
izvedemo vsa potrebna odvajanja in še upoštevamo, da so faktorji c i konstantni, potem
dobimo za dani primer sistem enačb, ki ima v matričnem zapisu obliko
⎛
⎜
⎝
ω
c + mc
ω
0
c + mc
0 k z k x − ik y
k x + ik y −k z
ω
k z k x − ik y c − mc
0
ω
k x + ik y −k z 0
c − mc
⎞⎛
⎟⎜
⎠⎝
⎞
c 1
c 2
c 3
c 4
⎟
⎠ = 0 (10.11)
Dani sistem bo imel netrivialno rešitev tedaj, ko bo determinanta zgornje matrike enaka
nič. Ko jo izračunamo, dobimo pogoj
[ (ω ) 2 ( mc
) 2
− − k
2]
= 0 (10.12)
c
Od tod vidimo, da dobimo kot rešitev dve možni frekvenci
√
ω (mc ) 2
c = ± + k
2 , (10.13)
ena je pozitivna, druga pa negativna. To pomeni, da od štirih rešitev, ki jih imamo,
imata dve pozitivno, dve pa negativno frekvenco. Na tem mestu že lahko povemo, da
rešitvi s pozitivnima frekvencama ustrezata delcema, rešitvi z negativnima frekvencama pa
antidelcema. Ker mi v naši nalogi opazujemo delec, nas torej zanimata le rešitvi s pozitivno
energijo:
√ (mc ) 2
E = +|E| = + k 2 (10.14)
V valovni funkciji prostega delca 10.10 predstavljata koeficienta c 3 ,c 4 delčni del valovne
funkcije c 1 ,c 2 , pa antidelčni del valovne funkcije. Sedaj je te koeficiente potrebno še
poiskati. Dogovorimo se, da nas zanima delec s spinom gor. Izberemo
c 3 = 1 in c 4 = 0 (10.15)
Sedaj nam preostane še, da za dani primer poiščemo še koeficienta c 1 ,c 2 . V ta namen
vstavimo c 3 in c 3 v enačbo 10.6. Od tod ob upoštevanju p = k, dobimo
c 1 =
−p zc
|E| + m 2 c
Iz enačbe 10.7 pa povsem analogno dobimo
Tako se naša rešitev za delec s spinom gor glasi
⎛
−p zc
⎞
|E|+m 2 c
−c(p x+ip y)
|ψ D↑ 〉 = A⎜
|E|+mc 2 ⎟
⎝ 1
0
(10.16)
c 2 = −c(p x + ip y )
|E| + mc 2 (10.17)
⎠ e⃗ k⃗r−ωt
(10.18)

138 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
Da bo rešitev popolna potrebujemo še normalizacijo. Zadovoljiti moramo pogoju
〈ψ D |ψ D 〉 = 1 (10.19)
Ob upoštevanju naše rešitve, moramo izračunati skalarni produkt
⎛
−p zc
⎞
( −pz c
|E| + m 2 , −c(p )
|E|+m
x − ip y )
2 c
−c(p
c |E| + mc 2 ,1,0 x+ip y)
⎜ |E|+mc 2 ⎟
⎝ 1 ⎠ |A|2 = 1 (10.20)
0
Ko dani skalarni produkt izračunamo, dobimo ven pogoj za A:
√
|E|
|A| =
2 + mc 2
2|E|
Celotno rešitev za delec s spinom gor lahko potem takem zapišemo kot
⎛
−p zc
⎞
√
|E|+m
|E|
|ψ D↑ 〉 =
2 + mc 2
2 c
−c(p x+ip y)
⎜ |E|+mc 2 ⎟
2|E| ⎝ 1 ⎠ ei(⃗ k⃗r−ωt)
0
(10.21)
(10.22)
Povsem analogen račun napravimo tudi za drugo možnost, to je za delec s spinom dol. V
tem primeru pa nastavimo
c 3 = 0 in c 4 = 1 (10.23)
Ko izračunamo preostala koeficienta in stvar normiramo dobimo valovno funkcijo tudi za
ta primer in se glasi
⎛ ⎞
−(p x−ip y)c
√
|E|
|ψ D↓ 〉 =
2 + mc 2
|E|+m 2 c
cp z
⎜ |E|+mc 2 ⎟
2|E| ⎝ 0 ⎠ ei(⃗ k⃗r−ωt)
(10.24)
1
Sedaj ko vemo, kakšno obliko ima prost Diracov delec s spinom 1/2, pa lahko izračunamo
tok verjetnosti, ki je definiran kot
oziroma,če razpišemo po komponentah:
⃗j = ψ † ⃗αψ (10.25)
j x = ψ † α 1 ψ (10.26)
j y = ψ † α 2 ψ (10.27)
j z = ψ † α 3 ψ (10.28)
(10.29)

10.2. PARNOST IN DIRACOVA ENAČBA 139
Posamezne komponente lahko izračunamo kar po definiciji:
⎛ ⎞ ⎛
0 0 0 1
j x = (c ∗ 1 ,c∗ 2 ,c∗ 3 ,c∗ 4 )e−i(kxx+kyy+kzz−ωt) ⎜ 0 0 1 0
⎟ ⎜
⎝ 0 1 0 0 ⎠ ⎝
1 0 0 0
⎞
c 1
c 2
c 3
c 4
Po povsem analognem postopku dobimo tudi preostali komponenti:
⎟
⎠ ei(kxx+kyy+kzz−ωt)
j x = (c ∗ 1c 4 + c 1 c ∗ 4) + (c ∗ 2c 3 + c 2 c ∗ 3)(10.30)
j y = i(c 1 c ∗ 4 − c∗ 1 c 4) + (c ∗ 2 c 3 − c 2 c ∗ 3 ) (10.31)
j z = (c ∗ 1c 3 + c 1 c ∗ 3) − (c ∗ 2c 4 + c 2 c ∗ 4) (10.32)
To so sedaj v splošnem rezultati, ki jih želimo. Za konec si še poglejmo, kakšno obliko
imajo j i za primer prostega delca. Ker je stvar analogna za oba primera si komponente j i
poglejmo le za delec s spinom gor. Ko iz rezultata 10.22 preberemo kaj so c i (in pri tem
seveda pazimo na normalizacijski faktor, ki ga je treba tudi upoštevati) in to upoštevamo
v naših izrazih, dobimo naslednje rezultate:
( |E| + mc
2
j x =
2|E|
Tako, pa smo pri koncu.
10.2 Parnost in Diracova enačba
)(
− (p x − ip y )c
|E| + mc 2 × 1 − (p )
x + ip y )c
|E| + mc 2 × 1 = − p xc
|E|
Parnost P = γ 0 I x je diskretna simetrija Diracove enačbe. Izračunaj:
a.) PS ab P −1
b.) Kako transformira P Diracovo rešitev za prost spinor
Rešitev:
Operator I x , ki nastopa v definiciji parnosti, je definiran kot
(10.33)
j y = ... = − p yc
|E|
(10.34)
j z = ... = − p zc
|E| . (10.35)
I x x m I −1
x = x m , (10.36)
kar pomeni, da ko deluje operator I x na štiri-vektor x m , ohrani ničto komponento, krajevne
komponente pa pomnoži z (−1):
x 0 −→ x 0 = x 0 (10.37)
x i −→ −x i , i = 1,2,3 (10.38)

140 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
Dani operator ima tudi to lastnost, da komutira z opeartorji γ m :
{I x ,γ m } − = 0, m = 0,1,2,3 (10.39)
Za naše potrebe je vredno zapisati tudi inverzni operator parnosti
P −1 = I −1
x γ0−1 = I −1
x γ0 , (10.40)
kjer upoštevamo, da je γ 0−1 = γ 0 , saj velja γ 0 γ 0 = id. Preden se lotimo resnega računa pa
zapišimo še antikomutacijsko relacijo med operatorji γ m , ki nam bo še kako prišla prav:
kar lahko nekoliko drugače zapišemo v obliki
{γ a ,γ b } + = 2η ab , (10.41)
γ a γ b + γ b γ a = 2η ab (10.42)
Sedaj najprej izračunajmo točko a.), za a,b = 1,2,3. V tem primeru je operator spina
definiran kot
Če to upoštevamo v našem sendviču, dobimo
S ab = i 2 γa γ b (10.43)
PS ab P −1 = γ 0 I x
i
2 γa γ b I −1
x γ0 (10.44)
Tu lahko sedaj upoštevamo zvezo 10.39, zaradi česar operator I x lahko preskoči vse operatorje
γ m , ki so mu na poti in se s svojim inverznim operatorjem izniči v identiteto
I x Ix
−1 = id. Tako nam ostane le še
Sedaj upoštevajmo še zvezo 10.42, ki nam da
Če to upoštevamo v našem računu, dobimo
PS ab P −1 = i 2 γ0 γ a γ b γ 0 (10.45)
γ 0 γ a = −γ a γ 0 (10.46)
γ b γ 0 = −γ 0 γ b (10.47)
PS ab P −1 = i 2 (−)γa γ b (−)γ 0 γ 0 = i 2 γa γ b = S ab (10.48)
Vidimo, da če z operatorjem parnosti delujem na operator spina za a,b = 1,2,3, dobimo
isti operator nazaj.
Sedaj pa si poglejmo še, kaj dobimo, če delujemo na S 0i , ki je definiran kot
S 0i = 1 2 γ0 γ i , i = 1,2,3 (10.49)

10.2. PARNOST IN DIRACOVA ENAČBA 141
Če operator vtaknemo v sendvič, dobimo
PS 0i P −1 = γ 0 I x
1
2 γ0 γ i I −1
x γ 0 (10.50)
Ko tudi tu upoštevamo iste trike, kot smo jih v prejšnjem primeru, dobimo:
PS 0i P −1 = 1 2 γ0 γ 0 γ i γ 0 = 1 2 γi γ 0 = − 1 2 γ0 γ i = −S 0i (10.51)
V tem primeru pa vidimo, da ko z operatorjem parnosti delujemo na S 0i , dobimo nazaj isti
operator, ki pa je še pomnožen z (−1).
Sedaj pa si poglejmo še drugi del naloge. Pri reševanju Diracove enačbe za prost spinor
dobimo štiri rešitve
⎛ ⎞
√
1
|E| + mc 2 ⎜ 0 ⎟
|ψ D↑ 〉 =
|ψ D↓ 〉 =
|ψ A↑ 〉 =
|ψ A↓ 〉 =
2|E|
√
|E| + mc 2
2|E|
√
|E| + mc 2
2|E|
√
|E| + mc 2
2|E|
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
cp 3
|E|+mc 2
c(p 1 +ip 2 )
|E|+mc 2
0
⎛
⎜
⎝
0
1
c(p 1 −ip 2 )
|E|+mc 2
−cp 3
|E|+mc 2
−cp 3
|E|+mc 2
−c(p 1 +ip 2 )
|E|+mc 2
1
−c(p 1 −ip 2 )
|E|+mc 2
cp 3
|E|+mc 2
0
1
⎟
⎠ e−ikaxa , (10.52)
⎞
⎟
⎠ e−ikaxa (10.53)
⎞
⎟
⎠ eikaxa , (10.54)
⎞
⎟
⎠ eikaxa (10.55)
Rešitve so podane v Diracovi reprezentaciji. Prvi dve rešitvi ustrezata delcema s spinom
gor in dol, preostali rešitvi pa ustrezata anti-delcema s spinom gor in dol. Poudariti je tudi
potrebno, da imasta delčni rešitvi pozitivno energijo
anti-delcema pa ustreza negativna energija
E d = |E|, (10.56)
E a = −|E| (10.57)

142 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
Če še uporabimo, da je k 0 = k 0 = E c
, lahko rešitve zapišemo v obliki
|Ψ D 〉 =
|Ψ A 〉 =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
⎞
c 1
c 2
⎟
c 3
⎠
c 4
⎞
c 1
c 2
⎟
c 3
⎠
c 4
|E|t
e−i( −⃗ k.⃗x)
|E|t
e−i( +⃗ k.⃗x)
(10.58)
(10.59)
To znanje nam bo prišlo prav, ko bomo interpretirali rešitve. Kako deluje operator I x že
vemo, potrebujemo le še operator γ 0 , ki pa ima v Diracovi notaciji obliko
⎛
γ 0 = − ⎜
⎝
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
⎞
⎟
⎠ (10.60)
Sedaj pa zapišimo:
⎛
P |ψ D 〉 = γ 0 I x
⎜
⎝
⎞
c 1
c 2
c 3
c 4
⎟
⎠ e−i(kD 0 x0 − ⃗ k.⃗x)
(10.61)
Operator I x preskoči četverec iz c-jev, ki so odvisni le od p i in deluje le na četverec x m
tako, da negativno predznači koordinatni del. Tako nam ostane
⎛
= − ⎜
⎝
⎛
P |ψ D ↑〉 = γ 0 ⎜
⎝
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
⎞⎛
⎟⎜
⎠⎝
⎞
c 1
c 2
c 3
c 4
⎞
c 1
c 2
c 3
c 4
⎛
= − ⎜
⎝
⎟
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗ k.⃗x) =
⎟
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗ k.⃗x) =
⎞
c 3
c 4
c 1
c 2
⎟
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗ k.⃗x)
(10.62)
Če sedaj vstavimo noter, kaj so c 1 ,...,c 4 , ter še upoštevamo, da je delčna energija pozitivna,

10.2. PARNOST IN DIRACOVA ENAČBA 143
dobimo
P |ψ D ↑〉 =
√
|E| + mc 2
=
2|E|
⎛
⎜
⎝
√
|E| + mc 2
2|E|
−cp 3
|E|+mc 2
−c(p 1 +ip 2 )
|E|+mc 2
−1
0
⎛
⎜
⎝
⎞
−cp 3
|E|+mc 2
−c(p 1 +ip 2 )
|E|+mc 2
−1
0
⎟
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗k.⃗x) =
⎞
⎟
⎠
e−i(
|E|t
+⃗ k.⃗x) , (10.63)
kjer smo še upostevali, da je x 0 = ct. Povsem analogno lahko sedaj izračunamo, kaj dobimo,
če delujemo z operatorjem parnosti na ostale Diracove rešitve za prosti spinor:
P |ψ D↓ 〉 =
=
√
|E| + mc 2
2|E|
√
|E| + mc 2
P |ψ A↑ 〉 =
=
2|E|
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
−c(p 1 −ip 2 )
|E|+mc 2
cp 3
|E|+mc 2
0
−1
−c(p 1 −ip 2 )
|E|+mc 2
cp 3
|E|+mc 2
0
−1
√
|E| + mc 2
√
|E| + mc 2
P |ψ A↓ 〉 =
=
2|E|
2|E|
⎛
⎜
⎝
√
|E| + mc 2
√
|E| + mc 2
2|E|
2|E|
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
−1
0
cp 3
|E|+mc 2
c(p 1 +ip 2 )
|E|+mc 2
⎛
⎜
⎝
0
−1
c(p 1 −ip 2 )
|E|+mc 2
−cp 3
|E|+mc 2
⎞
⎞
⎟
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗k.⃗x) =
|E|t
⎟e−i( +⃗k.⃗x) = |ψ A↓ 〉 (10.64)
⎠
−1
0
cp 3
|E|+mc 2
c(p 1 +ip 2 )
|E|+mc 2
⎞
⎟
⎠
0
−1
c(p 1 −ip 2 )
|E|+mc 2
−cp 3
|E|+mc 2
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠ ei(k0 A x 0+ ⃗k.⃗x) =
e−i(
|E|t
−⃗ k.⃗x) = |ψ D↑ 〉 (10.65)
⎞
⎟
⎠ ei(k0 A x 0+ ⃗k.⃗x) =
e−i(
|E|t
−⃗ k.⃗x) = |ψ D↓ 〉 (10.66)

144 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
To so sedaj vse rešitve, ki smo jih želeli dobiti.
10.3 Lastna stanja prostega Diracovega delca v kiralni reprezentaciji
V kiralni reprezentaciji določi lastna stanja Diracove enačbe za prost delec (γ µ p µ = mc)|ψ〉 =
0. Pomagaj si z nastavkom |ψ〉 = α|ψ L↑ 〉 + β|ψ R↑ 〉 + δ|ψ L↓ 〉 + σ|ψ R↓ 〉. Poglej primere:
1. p µ = (p 0 ,0,0,0), (10.67)
2. p µ = (p 0 ,0,0,p 3 ), (10.68)
3. p µ = (p 0 , ⃗p), (10.69)
Rešitev:
Najprej zapišimo bazna stanja:
Diracove matrike v kiralni upodobitvi pa se izražajo kot
γ 2 =
γ 0 =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 −i
0 0 i 0
0 i 0 0
−i 0 0 0
|ψ L↑ 〉 = (1,0,0,0) T (10.70)
|ψ L↓ 〉 = (0,1,0,0) T (10.71)
|ψ R↑ 〉 = (0,0,1,0) T (10.72)
|ψ R↓ 〉 = (0,0,0,1) T (10.73)
⎞
⎟
⎠ , γ1 =
⎞
⎟
⎠ , γ3 =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
0 0 0 1
0 0 1 0
0 −1 0 0
−1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
−1 0 0 0
0 1 0 0
⎞
⎟
⎠ (10.74)
⎞
⎟
⎠ (10.75)
p µ = (p 0 , 0, 0, 0):
V tem primeru se Diracova enačba glasi:
(γ 0 p 0 − mc)|ψ〉 = 0 (10.76)
Če upoštevamo naš nastavek za valovno funkcijo, lahko zapišemo:
(γ 0 p 0 − mc)(α|ψ L↑ 〉 + β|ψ R↑ 〉 + δ|ψ L↓ 〉 + σ|ψ R↓ 〉) = 0 (10.77)

10.3. LASTNA STANJA PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA V KIRALNI REPREZENTACIJI145
Ko delujemo z matriko γ 0 na bazna stanja ugotovimo, da ta transformacija naredi iz levoročnih
stanj desnoročna in obratno. Spin pa se pri transformaciji ohrani. Torej velja:
γ 0 |ψ L↑ 〉 = |ψ R↑ 〉 (10.78)
γ 0 |ψ R↑ 〉 = |ψ L↑ 〉 (10.79)
γ 0 |ψ L↓ 〉 = |ψ R↓ 〉 (10.80)
γ 0 |ψ R↓ 〉 = |ψ L↓ 〉 (10.81)
(10.82)
Ko to upoštevamo v zgornji enačbi, dobimo :
αp 0 |ψ R↑ 〉 − mcα|ψ L↑ 〉 + βp 0 |ψ L↑ 〉 − βmc|ψ R↑ 〉 +
+p 0 δ|ψ R↓ 〉 − mcδ|ψ L↓ 〉 + p 0 σ|ψ L↓ 〉 − mcσ|ψ R↓ 〉 = 0 (10.83)
Ko poberemo istoležne člene skupaj in upoštevamo, da so bazna stanja ortogonalna, dobimo
sistem enačb:
αp 0 − mcβ = 0 (10.84)
−mcα + βp 0 = 0 (10.85)
p 0 δ − mcσ = 0 (10.86)
−mcδ + p 0 σ = 0 (10.87)
Vidimo, da dobimo dva identična sistema dveh enačb. Ko izračunamo determinanto sistema,
dobimo
p 02 − m 2 c 2 = 0 =⇒ p 0 = ±mc (10.88)
Rezultat, ki smo ga dobili, nas razveseli, saj smo dobili pravi izraz za energijo. Iz zgornjih
enačb izrazimo ven β in σ. Dobimo:
Tako lahko našo rešitev sedaj izrazimo v obliki
β = p0
α = ±α (10.89)
mc
σ = p0
δ = ±δ (10.90)
mc
|ψ〉 = α(|ψ L↑ 〉 ± |ψ R↑ 〉) + δ(|ψ L↓ 〉 ± |ψ R↓ 〉) (10.91)
Koeficienta α in δ, ki ostaneta nedoločena določimo z noramlizacijo ter še z nekim dodatnim
pogojem, ki nekako pove prisotnost posameznega spina v rešitvi.

146 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
p µ = (p 0 , 0, 0, p 3 ):
V tem primeru pa moramo rešiti enačbo oblike:
V matrični obliki se dani sistem glasi:
⎛
⎜
⎝
(γ 0 p 0 − γ 3 p 3 − mc)|ψ〉 = 0 (10.92)
−mc 0 p 0 − p 3 0
0 −mc 0 p 0 + p 3
p 0 + p 3 0 −mc 0
0 p 0 − p 3 0 −mc
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎠ ⎝
α
β
δ
σ
⎞
⎟
⎠ = 0 (10.93)
Ko napravimo isto manipulacijo kot v prvi nalogi, dobimo zopet dva enaka sistema enačb:
Ko ven izračunamo determinanto, dobimo:
Od tod ven dobimo:
Iz sistema enačb izrazimo σ in δ. Dobimo:
(−mc)α + (p 0 − p 3 )δ = 0 (10.94)
(p 0 + p 3 )α − mcδ = 0 (10.95)
−mcβ + (p 0 + p 3 )σ = 0 (10.96)
(p 0 − p 3 )β − mcσ = 0 (10.97)
det = m 2 c 2 − (p 0 + p 3 )(p 0 − p 3 ) = 0 (10.98)
δ = p0 + p 3
mc
σ = p0 − p 3
mc
p 3 = ± √ p 0 p 0 − m 2 c 2 (10.99)
α = p0 ± √ p 0 p 0 − m 2 c 2
α (10.100)
mc
β = p0 ∓ √ p 0 p 0 − m 2 c 2
β (10.101)
mc
Tako smo določili tudi rešitev za ta primer. Zopet ostaneta dva prosta parametra (α in β),
ki ju moramo določiti drugače.
p µ = (p 0 , ⃗p):
Za konec pa nam preostane še, da izračunamo kompletno Diracovo enačbo v Kiralni upodobitvi.
Ta se glasi:
(γ 0 p 0 − γ 1 p 1 − γ 2 p 2 − γ 3 p 3 − mc)|ψ〉 = 0 (10.102)
Ko razpišemo sistem v matrični obliki, pa dobimo:
⎛
−mc 0 p 0 − p 3 −p 1 + ip 2
⎜ 0 −mc −p 1 − ip 2 p 0 + p 3
⎝ p 0 + p 3 p 1 − ip 2 −mc 0
p 1 + ip 2 p 0 − p 3 0 −mc
⎞⎛
⎟⎜
⎠⎝
α
β
δ
σ
⎞
⎟
⎠ = 0 (10.103)

10.4. HERMITSKI OPERATORJI ZA PROST DIRACOV DELEC 147
Najprej izračunajmo determinanto. Pri tem nam pomaga programski paket Mathematica,
ki izračuna:
Od tod ven dobimo:
det = (m 2 c 2 − p 0 p 0 + p 1 p 1 + p 2 p 2 + p 3 p 3 ) = 0 (10.104)
p 1 p 1 + p 2 p 2 + p 3 p 3 = p 0 p 0 − m 2 c 2 (10.105)
Sedaj pa iz matrične oblike Diracove enačbe sestavimo sistem enačb, tako kot smo to
naredili v prejšnjih primerih. Dobimo:
Iz slednji dveh enačb izrazimo ven σ in δ:
−αmc + δ(p 0 − p 3 ) − (p 1 − ip 2 )σ = 0 (10.106)
−mcβ − δ(p 1 + ip 2 ) + (p 0 + p 3 )σ = 0 (10.107)
α(p 0 + p 3 ) + β(p 1 − ip 2 ) − mcδ = 0 (10.108)
α(p 1 + ip 2 ) + β(p 0 − p 3 ) − mcσ = 0 (10.109)
δ = α (p0 + p 3 )
mc
σ = α p1 + ip 2
mc
+ β p1 − ip 2
mc
+ β p0 − p 3
mc
(10.110)
(10.111)
Izraza sedaj vsavimo v prvo enačbo našega sistema in ko enačbo uredimo, dobimo
− α (
m 2 c 2 − (p 0 − p 3 )(p 0 + p 3 ) + (p 1 − ip 2 )(p 1 + ip 2 ) ) +
mc
β (
−(p 0 − p 3 )(p 1 − ip 2 ) + (p 1 − ip 2 )(p 0 − p 3 ) ) (10.112)
mc
Člen, ki nastopa za β je identično enak nič. Člen za α pa je tudi nič zaradi energijskega
pogoja, ki smo ga izpeljali iz determinante. Od tod vidimo, da sta α in β zopet dva poljubna
parametra v naši rešitvi, ki ju določimo z normalizacijo in drugimi pogoji. Preostala dva
koeficienta δ in σ pa smo že določili. S tem je naša rešitev določena, kolikor je sploh lahko
določena.
10.4 Hermitski operatorji za prost Diracov delec
Za prost Diracov delec določi maksimalni nabor operatorjev, ki komutirajo s Hamiltonovim
operatorjem, ter določi lastno valovno funkcijo.
Rešitev:
Diracovo enačbo, ki se glasi:
(γ 0 p 0 −
(γ µ p µ − mc)|ψ〉 = 0 (10.113)
3∑
γ i p i − mc)|ψ〉 = 0 (10.114)
i=1

148 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
najprej pomnožimo z γ 0 in ločimo časovni del gibalne količine od krajevnega. To nam da:
3∑
p 0 |ψ〉 = ( γ 0 γ i p i + γ 0 mc)|ψ〉 (10.115)
i=1
Če še nekoliko razpišemo, dobimo:
i ∂ 3∑
∂ |ψ〉 = (c γ 0 γ i p i + γ 0 mc 2 )|ψ〉 (10.116)
i=1
Od tod ven lahko preberemo Hamiltonovo funkcijo, ki se glasi:
3∑
3∑
H = c γ 0 γ i p i + γ 0 mc 2 = c α i p i + βmc 2 (10.117)
i=1
i=1
Prvi operator, ki nam pride na misel je seveda gibalna količina. Poglejmo, ali komutira
s Hamiltonjanom Naredimo najprej za prvo komponento:
[p 1 c(γ 0 γ 1 p 1 + γ 0 γ 2 p 2 + γ 0 γ 3 p 3 ) − mc 2 γ 0 ] =
= [p 1 ,cγ 0 γ 1 p 1 ] + [p 1 ,c(γ 0 γ 2 p 2 )] + [p 1 ,c(γ 0 γ 3 p 3 )] + [p 1 , −mc 2 γ 0 ] = 0, (10.118)
saj komponente gibalne količine med sabo komutirajo. Enak postopek lahko naredimo še
za ostale komponente in dobimo končni rezultat:
[⃗p,H] = 0 (10.119)
Fino, en komutirajoči operator smo že našli. Drug tak operator, ki ga je vredno pogledati
je sučnost (Helicity), ki predstavlja projekcijo spina na smer gibalne količine in je definiran
kot:
Λ s = ⃗ S.⃗p
|⃗p| , (10.120)
kjer je
⃗S = 2
( ⃗σ 0
0 ⃗σ
)
(10.121)
Poglejmo si sedaj komutator tega operatorja s Hamiltonjanom:
[H,Λ s ] = 1
|⃗p| [c⃗α.⃗p + βmc2 , ⃗ S.⃗p] = 1
|⃗p| [c⃗α.⃗p, ⃗ S.⃗p] + mc2
|⃗p| [β, ⃗ S.⃗p] (10.122)
Za izračun slednjega člena je pomemben komutator:
( )( ) ( )(
[β, S ⃗i I 0 σ
i
0 σ
i
0 I 0
] =
0 −I 0 σ i −
0 σ i 0 −I
)
= 0 (10.123)

10.4. HERMITSKI OPERATORJI ZA PROST DIRACOV DELEC 149
Od tod vidimo, da nam slednji člen odpade. Prvi člen v našem komutatorju pa je:
[⃗α.⃗p, S.⃗p] ⃗ = ( ∑ α i p i )( ∑
i j
( )( 0 ⃗σ.⃗p ⃗σ.⃗p 0
=
⃗σ.⃗p −I 0 ⃗σ.⃗p
(
0 (⃗σ.⃗p)
=
2
(⃗σ.⃗p) 2 0
S j p j ) − ( ∑ S j p j )( ∑ S i p i ) =
j i
)( ) 0 ⃗σ.⃗p
=
0 ⃗σ.⃗p ⃗σ.⃗p 0
) (
0 (⃗σ.⃗p)
−
2 )
(⃗σ.⃗p) 2 = 0 (10.124)
0
) ( ⃗σ.⃗p 0
−
Tako smo končno dobili, da je [Λ s ,H] = 0. Na koncu pa si poglejmo še operator ”predznaka”,
ki je definiran kot:
Λ = Ĥ
|Ĥ| =
Če še vpeljemo E p = √ c 2 p 2 + m 2 c 4 , dobimo, da je
Λ =
√ Ĥ c(⃗α.⃗p) + βmc2
= √ (10.125)
H c2ˆp 2 + m 2 c 4
c(⃗α.⃗p) + βmc2
E p
(10.126)
Mi vemo, da ima prost Diracov delec lahko energijo ǫ = ±E p , glede na to ali obravnavamo
delec (ǫ ≥ 0), ali antidelec (ǫ ≤ 0). Dani operator nam pove, ali ima določeno stanje
pozitivno ali negativno energijo. Sedaj poglejmo še njegov komutator s Hamiltonjanom:
c(⃗α.⃗p) + βmc2
[Λ,H] = [ ,c(⃗α.⃗p) + βmc 2 ] = 1 [c⃗α.⃗p + βmc 2 , ⃗α.⃗p + βmc 2 ] = 0 (10.127)
E p E p
Sedaj imamo tri operatorje, ki komutirajo z Hamiltonovo funkcijo in verjamemo, da s temi
tremi operatorji lahko povsem opišemo stanje sistema. Mi vemo, da so rešitve Diracove
enačbe za prost delec štirje ravni valovi:
) ⎞
⎛
ψp,1/2 D = N ⎜
⎝
c⃗σ.⃗p
( 1
0
( 1
mc 2 +|E| 0
⎛ ( ) ⎞ 0
ψp,−1/2 D = N ⎜ 1
( ) ⎟
⎝
c⃗σ.⃗p 0 ⎠
mc 2 +|E| 1
⎛ ( ) ⎞
ψp,1/2 A = N −
c⃗σ.⃗p 1
mc
⎜
2 +|E|
)
0
⎟
⎝
⎠
( 1
0
)
Ept
⎟ei(⃗p.⃗x−
⎠ ) (10.128)
ei(⃗p.⃗x−
Ept
) (10.129)
ei(⃗p.⃗x+
Ept
) (10.130)
⎛
ψp,1/2 A = N ⎜
⎝
c⃗σ.⃗p
( 0
−mc 2 +|E|
( )
1
0
1
)
⎞
Ept
⎟ei(⃗p.⃗x+
⎠ ) (10.131)

150 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
Izkaže se, da so to dobra lastna stanja za naše tri operatorje. Najprej preverimo za gibalno
količino:
⎛ ( ) ⎞ 1
ˆpψ
p,1/2 D = N ⎜ 0
Ept
( ) ⎟ i(⃗p.⃗x−
⎝
c⃗σ.⃗p 1 ⎠ ˆ⃗pe ) =
mc 2 +|E| 0
⎛ ( ) ⎞ 1 = N ⎜ 0
( ) ⎟
⎝
c⃗σ.⃗p 1 ⎠ (p Ept
i(⃗p.⃗x−
1e x + p 2 e y + p 3 e z )e ) = ⃗pψ p,1/2 D . (10.132)
mc 2 +|E| 0
Za ostala tri dana stanja bi lahko naredili enak račun in dobili isti rezultat:
ˆ⃗pψ D,A
⃗p,s
= ⃗pψ D,A
⃗p,s
(10.133)
Sedaj preverimo ali so dani vektorji dobri tudi za operator sučnosti. Tu nisem gledal
splošno, pač pa sem si zaradi enostavnosti pogledal konkreten primer, ko se delec giblje v
smeri osi z. V tem primeru se operator sučnosti poenostavi:
Λ s = S z = 2
⎛
( )
σz 0
= ⎜
0 σ z 2 ⎝
Ko s tem operatorjem delujem na naša stanja dobim:
⎛ ( )
Λ s ψ⃗p,1/2 D = ( ) 1
σ3 0
N ⎜ 0
2 0 σ 3
⎝
⎛
= 2 N ⎜
⎝
⎛
= 2 N ⎜
⎝
σ 3
c⃗σ.⃗p
1
−1
( 1
mc 2 +|E| 0
( )
1
σ 3
0
c⃗σ.⃗p
( 1
mc 2 +|E| 0
( ) ⎞ 1
0
) ⎟
⎠
c⃗σ.⃗p
mc 2 +|E|
( 1
0
Za ostale primere dobimo podobne rezultate:
)
)
1
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
−1
⎞
⎟
⎠ (10.134)
ei(⃗p.⃗x−
Ept
) =
ei(⃗p.⃗x−
Ept
) =
ei(⃗p.⃗x−
Ept
) = 2 ψD p,1/2 (10.135)
Λ s ψ D p,−1/2 = − 2 ψD p,−1/2
(10.136)
Λ s ψ A p,1/2 = 2 ψA p,1/2
(10.137)
Λ s ψ A p,−1/2 = − 2 ψA p,−1/2
(10.138)

10.4. HERMITSKI OPERATORJI ZA PROST DIRACOV DELEC 151
Od tod vidimo, da so dana stanja lastna stanja operatorja sučnosti z lastnimi vrednostmi
± 2
, glede na to ali ima dano stanje spin gor ali dol.
Na koncu nam preostane še, da preverimo ustreznost danih stanj za operator ”predznaka”.
Tudi tu sem preveril le za konkreten primer, ko se delec giblje v smeri osi z:
Λψ D p,1/2 = c E p
α 3 N
⎛
⎜
⎝
= c
N ⎜
E p
⎝
c⃗σ.⃗p
cσ 3 p
( 1
0
)
)
⎞
⎟
⎠ ˆp 3 e i(px3 − Ept
) +
( 1
mc 2 +|E| 0
⎛ ( ) ⎞ 1
+ mc2
βN ⎜ 0
( ) ⎟ − Ept
E p
⎝
c⃗σ.⃗p 1 ⎠ ei(px3 ) =
mc 2 +|E| 0
⎛
) ⎞
+ mc2
N ⎜
E p
⎝
= E p
E p
N
⎛
⎜
⎝
( 1
mc 2 +E p
σ 3
( )
0
1
σ 3 0
⎛ ( ) ⎞ 1
0
( )
−
c⃗σ.⃗p 1
mc 2 +|E| 0
( ) ⎞ 1
0
( )
c⃗σ.⃗p 1
mc 2 +|E| 0
⎟
⎠ pei(px3 − Ept
) +
⎟
⎠ ei(px3 − Ept
) =
⎟
⎠ ei(px3 − Ept
) = 1ψ D p,1/2
(10.139)
Po povsem analognem postoku delujemo z operatorjem Λ še na ostala tri stanja in dobimo:
Λψp,1/2 D = 1ψD p,1/2
(10.140)
Λψp,−1/2 D = 1ψD p,−1/2 (10.141)
Λψp,1/2 A = −1ψA p,1/2
(10.142)
Λψp,−1/2 A = −1ψA p,−1/2 (10.143)
(10.144)
Tako, pokazali smo, da so naša izbrana stanja, ki rešijo Diracovo enačbo za prost delec tudi
lastna stanja operatorja predznaka, z lastno vrednostjo λ = +1 za delčni valovni funkciji
in z lastno vrednostjo λ = −1 za antidelčni valovni funkciji.

152 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
10.5 Operator hitrosti prostega Diracovega delca
Ehrenfestov izrek pravi, da pričakovane vrednosti kvantnomehanskih opazljivk (operatorjev)
zadoščajo enačbam klasične mehanike za iste opazljivke. Za prost Diracov delec zapiši
operator hitrosti ter določi časovno odvisnost njegove lege.
Rešitev:
Dogovorimo se, da operatorje ločimo na sode ali lihe, glede na to, kako spremenijo predznak
energije stanja (λ), na katerega delujeko. Operator je sod, če iz pozitivne funkcije (λ = +1)
naredi pozitivno funkcijo in iz negativne funkcije (λ = −1) naredi negativno funkcijo.
Operator pa je lih, če iz pozitivne funkcije naredi negativno in obratno. Ob tem seveda
velja, da je produkt dveh sodih ali dveh lihih operatorjev vedno sod in produkt sodega in
lihega operatorja vedno lih. Velja tudi, da so vse pozitivne funkcije (λ = 1) ortogonalne
na negativne funkcije (λ = −1). Iz naštetih trditev hitro ugotovimo, da je pričakovana
vrednost lihega operatorja enaka nič:
saj velja:
〈ψ|A odd |ψ〉 = 0, (10.145)
〈ψ λ=1 |A odd |ψ λ=1 〉 = 〈ψ λ=1 |ψ ′ λ=−1 〉 = 0 (10.146)
〈ψ λ=−1 |A odd |ψ λ=−1 〉 = 〈ψ λ=−1 |ψ ′ λ=1 〉 = 0 (10.147)
Vemo, da je energije prostega Diracovega delca dobro določena, fiksna, kar pomeni, da ima
takšno stanje fiksen predznak energije (λ = ±1). Zaradi tega morajo biti v enodelčni teoriji
vse fizikalne količine definirane s sodimi operatorji.
Vsak operator A lahko razpišemo tako, da ga razdelimo na sodi ([A]) in lihi del ({A}).
A = [A] + {A}, (10.148)
Če vpeljemo nekoliko krajši zapis ψ λ=±1 = ψ ± , veljajo zveze:
Aψ + = [A]ψ + + {A}ψ + (10.149)
Aψ − = [A]ψ − + {A}ψ − (10.150)
Če še upoštevamo, kaj naredi operator ”predznaka”:
Λψ ± = ±ψ ± , (10.151)
lahko izpeljemo naslednje zveze:
ΛAΛψ + = ΛAψ + = Λ[A]ψ + + Λ{A}ψ + = [A]ψ + − Aψ + (10.152)
ΛAΛψ − = −ΛAψ − = −Λ[A]ψ − − Λ{A}ψ − = [A]ψ − − Aψ − (10.153)

10.5. OPERATOR HITROSTI PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA 153
Če med seboj seštejemo zvezi 10.149 in 10.152 ter 10.150 in 10.153, dobimo kako se s
prvotnim operatorjem izraža sodi del operatorja:
[A] = 1 (ΛAΛ + A) (10.154)
2
Če pa med seboj odštejemo zvezi 10.149 in 10.152 ter 10.150 in 10.153, pa izvemo, kako se
s prvotnim operatorjem izraža lihi del operatorja A:
{A} = 1 (A − ΛAΛ) (10.155)
2
Sedaj si nekoliko od bližje poglejmo Hamiltonov operator za prost Diracov delec. Zanj
velja:
ΛH f Λψ + = ΛH f ψ + = Λǫψ + = ǫψ + = H f ψ + (10.156)
ΛH f Λψ − = −ΛH f ψ − = −Λǫψ − = −ǫψ − = H f ψ − , (10.157)
kjer je ǫ energija danega stanja. Iz zgornjih zvez vidimo, da velja:
kar pomeni, da je H f sod operator, saj posledično velja:
ΛH f Λ = H f , (10.158)
{H f } = 1 2 (H f − ΛH f Λ) = 0 (10.159)
[H f ] = 1 2 (H f + H f ) = H f (10.160)
Enaka zveza velja tudi gibalno količino:
kar posledično pomeni, da je tudi gibalna količina sod operator:
λˆ⃗pΛ = ˆ⃗p, (10.161)
[ˆ⃗p] = 1 2 (ˆ⃗p + Λˆ⃗pΛ) = ˆ⃗p (10.162)
Sedaj poiščimo sodi del Diracovih matrik ⃗α:
[α i ] = 1 2 (α i + Λα i Λ) (10.163)

154 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
V ta namen si najprej poglejmo člen:
Λα i Λ = (c(⃗α.⃗p) + βmc2 )α i
Λ = (cα 2 i p i + c ∑ α j p j α i + βα i mc 2 ) Λ =
E p
E p
i≠j
= cp i
Λ + βmc2 α i c(⃗α.⃗p)
+ βα iβm 2 c 4
E p E p E p Ep
2 + c∑ i≠j α jp j α i Λ
=
E p
= cp i
Λ + βmc2
e p Ep
2 (α i α i p i + ∑ α i α j p j ) − α im 2 c 4
E 2 i≠j
p
= cp i
Λ + cp ∑
i i≠j
(
cα jp j
+ mc2 β
E p E p
= 2cp i
E p
Λ − α i
∑
i≠j
+c ∑ i≠j
cp j α j
E p
E p
α j p j α i
E p
∑
i≠k
∑
k≠i
+ c∑ i≠j α jp j α i
E p
Λ =
E p
) − c2 p 2 i α i
E 2 p
cα k p k
E p
− α i
m 2 c 4
E 2 p
+
=
cα k p k m 2 c 4
− α i
E p Ep
2 − c2 p 2 i α i
Ep
2
(10.164)
V Dvojni vsoti ki nam ostane opazimo, da se vsi mešani členi pokrajšajo, tako da nam na
koncu ostane le še:
Λα i Λ = 2cp i
Λ − α i ( c2 p 2 j≠i + c2 p 2 i − m2 c 4
) = −α i + 2cp i
Λ (10.165)
E p E p
E 2 p
To sedaj pomeni, da je sodi del operatorja α i enak:
[α i ] = 1 2 (α i − α i + 2cp i
E p
Λ) = cp i
E p
Λ (10.166)
Sedaj, ko smo si utrli pot, pa se lahko lotimo konkretne naloge. Vemo, da se Ehrenfestov
teorem glasi:
d
dt 〈A〉 = i 〈[H,A]〉 = 1 〈[A,H]〉 (10.167)
i
Poglejmo si, kaj dobimo , če za naš operator vzamemo operator lege A = ˆ⃗x:
d
dt ˆ⃗x = 1 [ˆx,c(⃗α.⃗p) + βmc
2 ] = c
i
i [ˆ⃗x,(⃗α.⃗p)] + c ] [ˆ⃗x,βmc
i
(10.168)
Drugi komutator komutira z opeartorjem odmika, tako da nam ostane le prvi člen:
d
dt ˆ⃗x = c ] [ˆ⃗x,(⃗α.⃗p) = c⃗α =
i
ˆ⃗v, (10.169)
kjer smo upoštevali, da je:
[x i ,α j p j ] = α j [x i ,p j ] = iδijx j = iα i (10.170)

10.5. OPERATOR HITROSTI PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA 155
Tako smo pridelali operator hitrosti:
ˆ⃗v = c⃗α (10.171)
Mi vemo, da so lastne vrednosti matrik α i in β realne ( saj velja α † i = α i in β † = β) in
znašajo ±1 1 . To pa ni dobro saj bi za absolutno vrednost pričakovane vrednosti hitrosti
vedno dobili svetlobno hitrost:
|〈v〉| = |〈cα〉| = c|〈ψ|α|ψ〉| = c, (10.172)
kjer smo z ψ tokrat označili lastna stanja Diracovih matrik. Rezultat, ki smo ga dobili je
paradoksalen in ga je prvi opazil Gregory Breit leta 1928.
Rešitev iz dane zagate smo napovedali že v uvodu rešitve, kjer smo pokazali, da morajo
biti vse fizikalne opazljivke opisane s sodimo operatorji. Zato vzamemo za definicijo hitrosti
le sodi del zgornje zveze:
ˆ⃗v = [ d c
⃗x] = c[⃗α] =
dt
2ˆ⃗pΛ
c √ˆp (10.173)
2 + m 2 c2, kjer nam sedaj prav pride rezultat, ki smo ga izpeljali v uvodnem delu naloge. To kar
sedaj dobimo, pa je smiselna definicija operatorja hitrosti, saj vidimo, da je sorazmerna z
operatorjem gibalne količine in ni več konstanta kot je bila v prvotni rešitvi.
Sedaj pa nas zanima še časovna odvisnost lege Diracovega prostega delca. V ta namen
integrijamo enačbo 10.169. Da pa bi to storili, si najprej poglejmo, kako so od časa odvisne
Diracove matrike:
d⃗α
dt = 1
i [⃗α,H] = i (h⃗α − ⃗αH) = i
kjer smo v zadnji vrstici upoštevali zvezo:
(H⃗α − ⃗αH) −
2i
⃗αH =
2i
2i
c⃗p − ⃗αH, (10.174)
H⃗α + ⃗αH = c(⃗α.⃗p)⃗α + mc 2 β⃗α + c⃗α(⃗α.⃗p) + mc 2 ⃗αβ = 2c⃗p. (10.175)
V zgornji izpeljavi smo upoštevali dejstvo, da matrike ⃗α in matrika β antikomutirajo. Sedaj
pa še upoštevajmo dejstvo, da je:
[⃗p,H] = 0 (10.176)
[H,H] = 0, (10.177)
kar posledično pomeni, da sta gibalna količina in energija neodvisno od časa.
upoštevamo v zvezi 10.174, jo lahko enostavno integriramo in dobimo:
⃗α(t) = (⃗α(0) − c⃗p Ĥt
)e−2i + c⃗p
Ĥ Ĥ
Če to
(10.178)
1 Več o lastnih vrednostih Diracovih matrik lahko bralec prebere v knjigi: Walther Greiner: Relativistic
quantum mechanics, str: 77

156 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA
Dobljeni rezultat sedaj upoštevajmo v izrazu 10.169 in dobimo:
d⃗x
dt = c(⃗α(0) − c⃗p Ĥt c 2 ⃗p
)e−2i +
Ĥ Ĥ
Ko enačbo še integriramo, dobimo končni rezultat:
(10.179)
⃗x(t) = ⃗x(0) + c2 ⃗p
Ĥ t + (⃗α(0) − c⃗p Ĥ )ic 2H e−2iĤ t (10.180)
Tako smo dobili časovno odvisnost operatorja odmika ⃗x(t). V prvih dveh členih prepoznamo
klasično obnašanje, slednji člen pa predstavlja majhne oscilacije, takoimenovane Zitterbewegung
2 .
2 Več o tem si lahko bralec prebere v knjigi: Walther Greiner: Relativistic Quantum Mechanics, str.:92

Chapter 11
Permutacijska grupa
11.1 Bazne funkcije grupe S 3
Določi bazne funkcije permutacijske grupe S 3 z enodelčnimi valovnimi funkcijami posamenzih
delcev.
Rešitev:
V tokratnji nalogi se bomo ukvarjali z grupo S 3 , ki ima šest elementov. Ti so:
e,(12),(13),(23),(123), (132) ∈ S 3 (11.1)
Da bomo lahko našo grupo upodobili, potrebujemo vektorski prostor nad katerim bomo to
lahko storili. V ta namen vpeljemo bazo:
e 1 = ψ(1,2,3) = eψ(1,2,3) (11.2)
e 2 = ψ(2,1,3) = (12)ψ(1,2,3) (11.3)
e 3 = ψ(3,2,1) = (13)ψ(1,2,3) (11.4)
e 4 = ψ(1,3,2) = (23)ψ(1,2,3) (11.5)
e 5 = ψ(2,3,1) = (123)ψ(1,2,3) (11.6)
e 6 = ψ(3,1,2) = (132)ψ(1,2,3), (11.7)
kjer smo stanje sistema ψ sestavili kot produkt enodelčnih stanj treh nerazločljivih delcev,
kjer je vsak delec v drugačnem stanju:
V tem vektorskem prostoru lahko definiramo operator:
E 1 = ∑
ψ(1,2,3) = φ(1)φ(2)φ(3) (11.8)
P ∈S 3
P (11.9)
To je popolnoma simetrični operator. Če z njim delujemo na stanje e 1 , dobimo:
E 1 e 1 = e 1 + e 2 + e 3 + e 4 + e 5 + e 6 (11.10)
157

158 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
To je povsem simetrična funkcija. Če na to funkcijo delujemo z vsako permutacijo R iz S 3,
dobimo nazaj isto funkcijo:
Podobno lahko vpeljemo tudi operator E 2 kot:
R(E 1 e 1 ) = E 1 e 1 , ∀R ∈ S 3 (11.11)
E 2 = ∑ P
ǫ(P)P, (11.12)
kjer je:
ǫ(P) =
{ +1; Ce je P sestavljena iz sodo transpozicij
−1; Ce je P sestavljena iz liho transpozicij
(11.13)
Operator E 2 pa je povsem antisimetrični operator in funkcija, ki jo dobimo, ko z njim
delujemo na e 1 :
E 2 e 1 = e 1 − e 2 − e 3 − e 4 + e 5 + e 6 (11.14)
je pravtako totalno antisimetrična. Tudi za to funkcijo velja, da če nanjo delujemo s
katerokoli permutacijo, dobimo do predznaka isto funkcijo nazaj:
R(E 2 e 1 ) = ǫ(R)E 2 e 1 (11.15)
Iz vsega tega vidimo, da sta E 1 in E 2 projektorja na nek podprostor, iz katerega potem,
ko smo enkrat padli vanj, ne moremo več ven. Iz zvez 11.11 in 11.15 pa vidimo, da sta
tadva podprostora, kamor projecirata E 1 in E 2 , enodimenzionalna.
11.1.1 Ekvivalenčni razredi grupe G
g i ∈ S 3 je element ekvivalencnega razreda C j , če za ∀a j ∈ G velja:
h ij = a j g i a −1
j
(11.16)
in je množica h ij za vse elemente istega ekvivalenčnega razreda enaka.
Permutacijska grupa S 3 ima tri ekvivalenčne razrede:
C 1 = e (11.17)
C 2 = P 12 ,P 13 ,P 23 (11.18)
C 3 = (123),(132) (11.19)

11.1. BAZNE FUNKCIJE GRUPE S 3 159
Figure 11.1: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 3 .
11.1.2 Youngov diagram
Ti diagrami povedo možne particije števila n. Zanje velja, da mora biti v vsaki naslednji
vrsti manj elementov kot v prejšnji in da so vrstice vedno levo poravnane. Pomemben
izrek pa tudi pravi, da je število Youngovih diagramov (za dani n) enako številu
ekvivalenčnih razredov grupe S n . Youngovi diagrami oz. takoimenovani okvirji so za
primer grupe S 3 , ko je n = 3, prikazani na sliki 11.1.
11.1.3 Youngov Tablo
Youngov tablo dobimo tako, da napolnimo Youngove diagrame s številkami. Pri tem
moramo slediti naslednjim zapovedim: V vsaki vrstici morajo števila naraščati od leve
proti desni. V vsakem stolpcu pa morajo števila naraščati od zgoraj dol. Tudi za tabloje
velja pomemben izrek, ki pravi, da je število različnih tablojev nad istim okvirjem enako
številu ekvivalenčnih razredov. Za primer grupe S 3 so tabloji predstavljeni na sliki 11.1.
Vsakemu tabloju lahko pripišemo operator. Tvorimo ga tako, da najprej uporabimo
simeterizacijo po vseh vrsticah potem pa še antisimeterizacijo po vseh stolpcih. Pri tem
vemo, da je:
S ij = I + P ij (11.20)
A ij = I − P ij (11.21)
Sedaj naredimo hitri intemezzo in poglejmo, kaj dobimo, če naredimo produkt simetričnega
in antisimetričnega operatorja:
S ij A ij = (I + P ij )(I − P ij ) = I + P ij − P ij − P 2
ij = I − I = 0 (11.22)

160 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Dobljena lastnost nam bo kasneje še kako prišla prav.
Operatorji, ki jih dobimo iz vsakega od Youngovih tablojev za primer grupe S 3 , so naslednji:
E 1 = S 123 = [I + P 12 + P 13 + P 23 + P 123 + P 132 ] (11.23)
E 2 = A 123 = [I − P 12 − P 13 − P 23 + P 123 + P 132 ] (11.24)
E 31 = A 13 S 12 (11.25)
E 32 = A 12 S 13 (11.26)
Operatorji E, ki jih dobimo so projektorji na določen podprostor. Iz teorije vemo, da
prostor grupe S 3 razpade na dva prostora 1 × 1 ter na dva prostora 2 × 2.
Kot smo že ugotovili v uvodu, E 1 projecira na enodimenzionalni podprostor. Bazni vektor
tega prostora je kar:
|s〉 = E 1 ψ(123) = ψ(123) + ψ(213) + ψ(132) + ψ(321) + ψ(231) + ψ(312) (11.27)
Ta vektor je invarianten saj gre vedno sam vase:
To je tudi dokaz, da je dani podprostor 1D.
Q|s〉 = |s〉, ∀Q ∈ S 3 (11.28)
Projektor E 2 pravtako projecira na 1D podprostor, katerega bazni vektor je:
|a〉 = E 2 ψ(123) = ψ(123) − ψ(213) − ψ(132) − ψ(321) + ψ(231) + ψ(312). (11.29)
To je, kot tudi že vemo, antisimetrično stanje. Tudi ta vektor je invarianten, saj velja:
Q|a〉 = ǫ(Q)|a〉, ∀Q ∈ S 3 (11.30)
Sedaj smo našli bazna vektorja za enodimenzionalna podprostora. Preostane nam še, da
poiščemo bazne vektorje še za preostala podprostora. V ta namen si poglejmo produkt:
E 31 E 32 = A 13 S 12 A 12 S 13 = 0, (11.31)
kjer smo upoštevali zvezo, ki smo jo izpeljali. To pomeni, da E 31 in E 32 projecirata na
dva povsem ločena vektorska podprostora. Zato bomo bazna vektorja prvega podprostora
iskali s pomočjo prvega projektorja E 31 , druga dva bazna vektorja za drugi podprostor pa
s pomočjo drugega projektorja E 31 .
Prvi bazni vektor prvega podprostora (3,1) enostavno najdemo in je kar:
f 1 = E 31 e 1 = A 13 S 12 ψ(123) = ψ(123) + ψ(213) − ψ(321) − ψ(312) =
= e 1 + e 2 − e 3 − e 6 (11.32)

11.1. BAZNE FUNKCIJE GRUPE S 3 161
Sedaj poiščimo še drugi vektor podprostora. Upodabimo trik. Vemo, da če delujemo z
R ∈ S 3 na vektor f 1 , bomo dobili nek vektor f 2 ′ , ki je linearna kombinacija pravih baznih
vektorjev:
Rf 1 = α R f 1 + β R f 2 = f ′ 2 (11.33)
Če f 2 ni kolinearnen z f 1 je dober kandidat za drugi bazni vektor. Edino za kar moramo
potem poskrebeti je to, da ga naredimo ortogonalnega na prvi bazni vektor. Pa storimo
to. Za operator R sem izbral R = (12):
f ′ 2 = (12)f 1 = ψ(213) + ψ(123) − ψ(231) − ψ(132). (11.34)
Vidimo, da dobljeni vektor f ′ 2 res ni vzporeden z f 1, zato ga uporabimo kot kandidata za
drugi bazni vektor. Uporabimo kar Gram-Smidtovo ortogonalizacijo. Nastavimo:
f 2 = f ′ 2 + af 1 =
= (1 + a)(ψ(123) + ψ(213)) − ψ(321) − ψ(312) − a(ψ(132) − ψ(231)). (11.35)
Sedaj napravimo skalarni produkt:
To nam da pogoj:
〈f 1 |f 2 〉 = 0 = 2(1 + a) + a + a (11.36)
a = − 1 2
(11.37)
in s tem pravi bazni vektor:
f 2 = f ′ 2 − 1 2 f 1 = 1 2 e 1 + 1 2 e 2 + 1 2 e 3 − e − 4 − e 5 + 1 2 e 6 (11.38)
Tako smo dobili oba bazna vektorja za prvi podprostor. Sedaj poiščimo še bazna vektorja
g 1 ,g 2 za drugi podprostor. Prvega kandidata poiščemo s pomocjo projektorja E 32 =
A 12 S 13 :
g ′ 1 = E 32 e 1 = ψ(123) + ψ(321) − ψ(213) − ψ(231) = e 1 − e 2 + e 3 − e 5 (11.39)
Sedaj še poskrbimo, da bo dani vektor pravokoten na vektorja f 1 ,f 2 :
Uporabimo nastavek:
g 1 ⊥ f 1 ,f 2 (11.40)
g 1 = g ′ 1 + af 1 + bf 2 (11.41)
Ko izvršimo Gram-Smidtovo ortogonalizacijo (To za nas naredi Mathematica), dobimo
rešitev:
g 1 = e 1 − e 2 + 1 2 (e 3 + e 4 − e 5 − e 6 ) =
= ψ(123) − ψ(213) + 1 [ψ(321) + ψ(132) − ψ(231) − ψ(312)] (11.42)
2

162 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Sedaj poiščimo še preostali bazni vektor g 2 . Znova uporabimo dejstvo, trik, kot smo ga pri
iskanju f 2 :
Za R sem tokrat izbral R = (13). To nam da:
Rg 1 = αg 1 + βg 2 (11.43)
g ′ 2 = (13)g 1 = 1 2 e 1 − 1 2 e 2 + e 3 − 1 2 e 4 + 1 2 e 5 − e 6 (11.44)
Z Gram-Smidtovo ortogonalizacijo sedaj še zagotovimo, da bo:
V ta namen uporabimo nastavek:
Na koncu dobimo rezultat:
g 2 ⊥ f 1 ,f 2 ,g 1 (11.45)
g 2 = g ′ 2 + af 1 + bf 2 + cg 1 (11.46)
g 2 = 3 4 (e 3 − e 4 + e 5 − e 6 ) = 3 (ψ(321) − ψ(132) + ψ(231) − ψ(312)) (11.47)
4
Tako, sedaj imamo vse bazne vektorje. Da bomo temeljiti, za konec dobljene bazne vektorje
še normirajmo:
g 2 = 1 (ψ(321) − ψ(132) + ψ(231) − ψ(312)) (11.48)
2
g 1 = √ 1 [
ψ(123) − ψ(213) + 1 3 2 ψ(321) + 1 2 ψ(132) − 1 2 ψ(231) − 1 ]
2 ψ(312) (11.49)
f 2 = √ 1 [ 1
3 2 ψ(123) + 1 2 ψ(213) + 1 2 ψ(321) − ψ(132) − ψ(231) + 1 ]
2 ψ(312) (11.50)
11.1.4 Ekvivalentne upodobitve operatorjev Q
Za vsak operator Q ∈ S 3 lahko v podprostoru (3,1) zapišemo:
f 1 = 1 [ψ(123) + ψ(213) − ψ(321) − ψ(312)] (11.51)
2
Q|f 1 〉 = α Q f 1 + β Q f 2 (11.52)
Q|f 2 〉 = β Q f 1 + γ Q f 2 (11.53)
kar nam da matrično upodobitev tega operatorja Q v tem podprostoru:
[ ] α β
T Q =
β γ
(11.54)

11.1. BAZNE FUNKCIJE GRUPE S 3 163
Podobno lahko predstavimo tudi operator Q v drugem podprostoru (3,2):
Q|g 1 〉 = a Q g 1 + b Q g 2 (11.55)
Q|g 2 〉 = b Q g 1 + c Q g 2 , (11.56)
kar pa nam da upodobitev operatorja Q v tem podprostoru:
[ ]
T Q ′ a b
=
b c
(11.57)
Teorija pravi, da sta upodobitvi T Q in T Q ′ med seboj ekvivalentni, kar pomeni, da za vse
Q ∈ S 3 obstaja univerzalna transformacija U (neodvsna od Q) tako, da velja:
T ′ Q = UT Q U −1 (11.58)
Poskusimo sedaj poiskati takšno transformacijo U. V ta namen delujmo z Q = (12) na
stanja f 1 in f 2 ter g 1 in g 2 :
(12)f 1 = 1 2 (e 1 + e 2 − e 4 − e 5 ) (11.59)
(12)f 2 = √ 1 [ 1
3 2 e 1 + 1 2 e 2 + 1 2 e 5 − e 6 − e 3 + 1 ]
2 e 4
(11.60)
(12)g 1 = √ 1 [−e 1 + e 2 − 1
3 2 e 3 − 1 2 e 4 + 1 2 e 5 + 1 ]
2 e 6
(11.61)
(12)g 2 = 1 2 (e 5 − e 6 + e 3 − e 4 ) (11.62)
Potem izračunajmo skalarne produkte (12)f 1 .f 1 , (12)f 1 .f 2 , (12)f 2 .f 1 , (12)f 2 .f 2 ter (12)g 1 .g 1 ,
(12)g 1 .g 2 , (12)g 2 .g 1 , (12)g 2 .g 2 . Ti skalarni nam dajo ravno matrične elemente naših matričnih
upodobitev v posamezni bazi:
[ √ ] 1/2 3/2
T (12) = √ (11.63)
3/2 −1/2
T ′ (12) = [ −1 0
0 1
]
(11.64)
S pomočjo dobljenih matrik pa lahko sedaj rešimo enačbo 11.58, in izračunamo transformacijo
U:
[ √ ] 1 − 3
U = √ (11.65)
3 1
(11.66)
Da bi ugotovili, da je to res ustrezna transformacija, bi morali preveriti, če deluje pravilno
za vse Q. Ker pa je teta Lenoba naša tesna prijateljica to storimo le za Q = e in Q = (13).
Da transformacija U deluje za Q = e takoj vidimo. Vemo, da je T e = T e ′ = I. Zato velja:
I = T ′ e = UT e U −1 = UIU −1 = I (11.67)

164 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Za Q = (13) pa izvedemo isti postopek kot smo ga zgoraj pri tvorbi matrike U. Tvorimo
upodobitve T (13) in T
(13) ′ in pogledamo, ali U pravilno transformira eno v drugo. Upodobitve
operatorja (13) v obeh bazah se glasita:
[ ] −1 0
T (13) =
(11.68)
0 1
[ √ ]
T
(13) ′ 1/2 3/2
= √ (11.69)
3/2 −1/2
Ko izračunamo UT (13) U −1 , vidimo, da dobimo pravi rezultat:
[ ] [ √ ]
−1 0
U U −1 1/2
= √ 3/2
, (11.70)
0 1 3/2 −1/2
kar pomeni, da je transformacija U (vsaj za preverjene Q) pravilna!!!
11.2 Upodobitev grupe S 3
S permutacijsko grupo S 3 smo se pobližje spoznali že v prejšnjih nalogah. Določili smo
Youngove tabloje, ki ustrezajo tej permutacijski grupi (Glej sliko 11.2), iz njih pa generatorje
baznih vektorjev danih podprostorov grupe S 3 :
ψ s = |123〉 + |213〉 + |321〉 + |132〉 + |231〉 + |312〉 (11.71)
ψ a = |123〉 − |213〉 − |321〉 − |132〉 + |231〉 + |312〉 (11.72)
ψ 1 m = |123〉 + |213〉 − |321〉 − |232〉 (11.73)
ψ 2 m
= |123〉 + |321〉 − |213〉 − |312〉 (11.74)
Z dano notacijo stanj imamo v mislih produktno stanje treh delcev:
|123〉 = α(1)β(2)γ(3), (11.75)
kjer hočemo povedati, da je delec α v stanju 1, delec β v stanju 2 in delec γ v stanju 3. Vsak
od teh vektorjev pripada enemu podprostoru grupe. Prave bazne vektorje vsakega podprostora
določimo s pomočjo izbranega generatroja in Gram-Smitdhovo ortogonalizacijo,
kot smo to napravili v prejšnji nalogi.
Sedaj pa se vprašajmo kako se upodobitev grupe S 3 spremeni, če sta dva delca v istem
stanju. Izberimo si, da je delec α v stanju 1, delca β in γ pa sta v stanju 2. V tem primeru
nekateri Youngovi diagrami niso več možni. Velja namreč, da je A ii = 0. To pomeni, da
bodo tisti Youngovi diagrami oziroma ustrezna generatorska stanja, ki imajo v stolpcu dve
enaki števili enaki nič. Youngovi diagrami za dani primer so prikazani na sliki 11.3.
Ustrezna generatorska stanja za dani primer dobimo tako, da v stanjih (11.74) nadomestimo
3 −→ 2. Tako dobimo:
ψ s = 2|122〉 + 2|212〉 + 2|221〉 (11.76)
ψ a = |122〉 − |212〉 − |221〉 − |122〉 + |221〉 + |212〉 = 0 (11.77)
ψ m = |122〉 + |212〉 − 2|221〉 (11.78)

11.2. UPODOBITEV GRUPE S 3 165
Figure 11.2: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 3 , ko so vsi trije delci v različnih stanjih.
Figure 11.3: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 3 , ko velja β = γ.

166 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Figure 11.4: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 3 , ko velja α = β.
Vidimo, da je anstisimetrično stanje resnično 0, kot kaže to Youngov diagram. Vidimo,
da nam v danem primeru ostaneta le dva podprostora različna od nič. Naš prostor nad
katerim gradimo našo upodobitev grupe se je skrčil iz začetnih osem dimenzij (1+3+3+1)
na le še štiri dimenzije (1+3).
Sedaj si poglejmo še primer, ko pa sta v enakem stanju delca α = β ⇔ 1, delec γ ⇔ 2
pa je v drugačnem stanju. Youngovi tabloji za ta primer so prikazani na sliki 11.4.
Tudi v tem primeru, ko nadomestimo 2 =⇒ 1 v izrazih (11.74), sta od nič različna le
dva generirajoča vektorja:
ψ 2 m
ψ s = 2|113〉 + 2|311〉 + 2|131〉 (11.79)
ψ 1 m
ψ a = 0 (11.80)
= 2|113〉 − |311〉 − |131〉 (11.81)
= |113〉 + |311〉 − |113〉 − |311〉 = 0 (11.82)
Vidimo, da se tudi v tem primeru začetni prostor skrči na isto dimenzijo kot v predhodnem
primeru.
Sedaj pa si poglejmo, kakšna pa je možna upodobitev grupe S 3 , ko imamo vse tri delce
v enakem stanju. Youngovi tabloji so naslikani na sliki 11.5.
Iz tablojev vidimo, da v danem primeru ostane od nič različna le še enodimenzionalna
simetrična upodobitev. To potrdi tudi izračun generirajočih vektorjev, ko še enkrat v

11.3. UPODOBITEV GRUPE S 4 167
Figure 11.5: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 3 , ko velja α = β = γ.
izrazih (11.74) nadomestimo 2,3 =⇒ 1. Dobimo:
ψ s = 6|111〉 (11.83)
ψ a = 0 (11.84)
ψ m = 0 (11.85)
Tega računa nam ne bi bilo potrebno izvajati, saj že Youngovi tabloji povedo, kateri generatorji
bodo nič. Vendar da pomirimo našo dušo in se prepričamo, da je temu res tako,
dani ”računčič” prav nič ne škodi.
V tem primeru pa vidimo, da se je bazni prostor, nad katerim gradimo našo upodobitev
skrčil le še v eno dimenzijo.
11.3 Upodobitev grupe S 4
Sedaj ko smo ogreti, pa zgradimo upodobitev grupe S 4 nad prostorom bazičnih vektorjev
zgrajenih iz produktov štirih enodelčnih stanj.
Ireducibilne reprezentacije permutacijske grupe S 4 so podane z Youngovimi diagrami,
ki so prikazani na sliki 11.6. Iz njih, ko jih naponimo s števili, dobimo Youngove tabloje,
ki narekujejo obliko generatorjev baznih vektorjev posameznih podprostorov.
Generatorja oziroma kar bazna vektorja simetričnega in antisimetričnega enodimen-

168 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Figure 11.6: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 4 , ko ko vsi delci v različnih stanjih.
zionalnega podprostora sta :
|ψ s 〉 = 1 2 3 4 |1234〉 (11.86)
|ψ a 〉 =
1
2
3
4
|1234〉 (11.87)
Oba dana vektorja imasta po 24 členov zato jih bomo pisali le tako simbolično. Potem
imamo dvakrat tri ekvivalentne tridimenzionalne upodobitve. Generatorji za prvi primer
(lezeči L) se glsijo:
|ψ 1 b 〉 = A 14S 123 |1234〉 =
= [|1234〉 + |2134〉 + |3214〉 + |1324〉 + |2314〉 + |3124〉] −
− [|4231〉 + |2431〉 + |3241〉 + |4321〉 + |2341〉 + |3421〉] (11.88)
|ψ 2 b 〉 = A 13S 124 |1234〉 =
= [|1234〉 + |2134〉 + |4231〉 + |1432〉 + |2431〉 + |4132〉] −
− [|3214〉 + |2314〉 + |4213〉 + |3412〉 + |2413〉 + |4312〉] (11.89)
|ψ 3 b 〉 = A 12S 134 |1234〉 =
= [|1234〉 + |3214〉 + |4231〉 + |1243〉 + |3241〉 + |4213〉] −
− [|2134〉 + |3124〉 + |4132〉 + |2143〉 + |3142〉 + |4123〉] (11.90)
Kot smo že rekli, so dane ekvivalentne upodobitve tridimenzionalne, torej ima vsaka 3

11.3. UPODOBITEV GRUPE S 4 169
bazne vektorje. Kandidati za 1. podprostor so :
|ψ 1 b 〉,P 12|ψ 1 b 〉 in P 13|ψ 1 b 〉 (11.91)
Ti vektorji se niso med seboj ortogonalni. Ortogonalnost dosežemo z Gram-Smidthovo
ortogonalizacijo. Kandidati za drugi podprostor so:
Za tretji ekvivalentni podprostor pa so:
|ψ 2 b 〉,P 12|ψ 2 b 〉, in P 14|ψ 2 b 〉 (11.92)
|ψ 3 b 〉,P 13|ψ 3 b 〉 in P 14|ψ 3 b 〉 (11.93)
Generatrorji baznih stanj za drugi primer (Na glavo obrnjen L) 3D upodobitve pa se
glasijo:
|ψ 1 c 〉 = A 134S 12 |1234〉 =
= |1234〉 + |2134〉 − |3214〉 − |2314〉 − |4231〉 − |2431〉 −
−|1243〉 − |2143〉 + |3241〉 + |2341〉 + |4213〉 + |2413〉 (11.94)
|ψ 2 c 〉 = A 124 S 13 |1234〉 =
= |1234〉 + |3214〉 − |2134〉 − |3124〉 − |4231〉 − |3241〉 −
−|1432〉 − |3412〉 + |2431〉 + |3421〉 + |4132〉 + |3142〉 (11.95)
|ψ 3 c 〉 = A 123S 14 |1234〉 =
= |1234〉 + |4231〉 − |2134〉 − |4132〉 − |3214〉 − |4213〉 −
−|1324〉 − |4321〉 + |2314〉 + |4312〉 + |3124〉 + |4123〉 (11.96)
Za ta primer poiščemo bazne vektorje na isti način kot v predhodnih primerih. Za konec pa
sta nam ostala še dva kvadratna tabloja, ki predstavljata dve ekvivalentni dvodimenzionalni
upodobitvi grupe S 4 . Generatroja baznih stanj za dani dve upodobitvi sta:
|ψ 1 c 〉 = A 24A 13 S 34 S 12 |1234〉 =
= |1234〉 + |2134〉 + |1243〉 + |2143〉 − |3214〉 − |2314〉 −
−|3241〉 − |2341〉 − |1432〉 − |4132〉 − |1423〉 −
−|4123〉 + |3412〉 + |4312〉 + |3421〉 + |4321〉 (11.97)
|ψ 2 c 〉 = A 34 A 12 S 24 S 13 |1234〉 =
= |1234〉 + |3214〉 + |1432〉 + |3412〉 − |2134〉 − |3124〉 −
−|2431〉 − |3421〉 − |1243〉 − |4213〉 − |1342〉 −
−|4312〉 + |2143〉 + |4123〉 + |2341〉 + |4321〉 (11.98)
Preostali dve bazni stanji (za vsak podprostor še enega) za dani reprezentaciji poiščemo
tako, da delujemo na dana generatroja s permutacijami in poiščemo v vsakem podprostoru
še po en nekolinearen vektor. Ko ga enkrat imamo pa ortogonalnost med baznimi vektorji
v vsakem od podprostorov zopet zagotovimo z Gram-Smidtovo ortogonalizacijo.

170 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Figure 11.7: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 4 , ko je γ = δ =⇒ 3.
Sedaj pa si poglejmo primer, ko imamo štiri delce in le tri možna stanja. V tem primeru
imamo tri možnosti:
1.) α(1)β(2)γ(3)δ(3) =⇒ |1233〉
2.) α(1)β(1)γ(2)δ(3) =⇒ |1123〉
3.) α(1)β(2)γ(2)δ(3) =⇒ |1223〉
(11.99)
Analogno kot smo imeli v primeru grupe S 3 tudi tu določene upodobitve niso več dovoljene.
Youngovi tabloji za prvi primer so prikazani na sliki 11.7.
Vidimo, da imamo v tem primeru le še 5 invariantnih podprostorov in ne več 10, ko so
vsi delci v različnih stanjih. Generirajoča stanja s pomočjo katerih potem dobimo bazna

11.3. UPODOBITEV GRUPE S 4 171
Figure 11.8: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 4 , ko je α = β =⇒ 1.
stanja za posamezen podprostor se glasijo:
|ψ s 〉 = 1 2 3 3 |1233〉 (11.100)
|ψb 1 〉 = |1233〉 + |2133〉 + |3213〉 + |1323〉 + |2313〉 + |3123〉 −
−2|3231〉 − 2|2331〉 − 2|3321〉 (11.101)
|ψb 2 〉 = |1233〉 + |2133〉 + |3231〉 + |1332〉 + |2331〉 + |3132〉 −
−2|3213〉 − 2|2313〉 − 2|3312〉 (11.102)
|ψ 1 c 〉 = 2|1233〉 + 2|2133〉 − |3213〉 − |2313〉 − |3231〉 − |2331〉 −
−|1332〉 − |3132〉 − |1323〉 − |3123〉 + 2|3312〉 + 2|3321〉 (11.103)
|ψd 1 〉 = |1233〉 + |3213〉 − |2133〉 − |3123〉 − 2|3231〉 − |1332〉 −
−|3312〉 + |2331〉 + |3321〉 + 2|3132〉 (11.104)
(11.105)
Te izračunamo tako, da v generatorje, kjer smo imeli vse štiri delce v različnih stanjih
vstavimo γ = δ ⇔ 3. Kar dobimo je pet generirajočih funkcij za dani primer, s katerimi
lahko sedaj izračunamo bazna stanja.
Podobno bi lahko poiskali generatorje tudi za primera b.) in c.). Ker se iz tega ne bi naučili
nič novega tega računa nisem napravil. Za dane primere sem narisal le Youngove diagrame
(Glej sliko 11.8 in 11.9) od koder vidimo, da tudi v teh primerih ostane le še pet invariantnih
podprostorov.

172 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Figure 11.9: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe
S 4 , ko je β = γ =⇒ 2.
Sedaj pa si lahko pogledamo še katere upodobitve so dovoljene v primeru, ko imamo
štiri delce in le dve dovoljeni stanji. Pogledal sem si primer:
|1122〉 = α(1)β(1)γ(2)δ(2) (11.106)
Youngovi diagrami za ta primer so predstavljeni na sliki 11.10. Vidimo lahko, da nam v
tem primeru ostanejo le še trije invariantni podprostori. To pomeni, da imamo le še tri
generirajoče vektorje, ki jih dobimo na povsem analogen način kot v prejšnjih primerih.
Čisto za konec pa nam ostane še primer, ko so vsi štrije delci v enakem stanju. V tem
primeru pa nam ostane le še enodimenzionalni simetrični podprostor in stanje (Youngovi
tabloji so na sliki 11.11):
|ψ s 〉 = |1111〉 (11.107)
11.4 Paulijeva funkcija
Dokaži, da je funckija iz 4 elektronov nad podprostorom 32 grupe S 4 Paulijeva funkcija.
Rešitev:
Funkcija v tem podprostoru ima obliko:
|ψ〉 = ∑ i
c i
∣ ∣∣∣∣∣∣∣
⊗
〉
(11.108)
i

11.4. PAULIJEVA FUNKCIJA 173
Figure 11.10: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer
grupe S 4 , ko imamo štiri delce in le dve možni stanji: α = β =⇒ 1 in γ = δ =⇒ 2.
Figure 11.11: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer
grupe S 4 , ko imamo vse štiri delce v enakem stanju. α = β = γ = δ =⇒ 1.

174 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Vsako stanje (|...⊗...〉 i ) po katerih razvijemo našo funkcijo sestoji iz krajevnega (pokončni)
in spinskega (ležeči) dela. Vse možne komponente teh stanj (Youngove tabloje) poiščemo
tako, da delujemo z vsemi možnimi transpozicijami: e,P 12 ,P 13 ,P 14 ,P 23 ,P 24 ,P 34 na izhodiščno
funkcijo |0〉, ki se glasi:
|0〉 =
1 2 3
4 (11.109)
Ko dobimo nova stanja tudi na njih delujemo z našimi transpozicijami tako da dobimo še
kakšno novo stanje... To delamo toliko časa, da ne izčrpamo vseh možnosti(Glej sliko 11.12).
V danem primeru imamo naslednje možnosti:
Figure 11.12: Slika prikazuje vse potrebne korake in poti, ki nas iz izhodiščne funkcije
pripeljejo do vseh možnih stanj.
P 34 |0〉 =
1 2 4
3 = |1〉 (11.110)
P 23 |1〉 =
1 3 4
2 = |2〉 (11.111)
S tem smo izčrpali vse možnosti. Celotno našo funkcijo |ψ〉 pa sedaj zapišemo v obliki:
|ψ〉 =
∣
1 4
2
3
⊗
1 2 3
4
〉
+ c 1
∣ ∣∣∣∣∣∣∣ 1 3
2
4
⊗
1 2 4
3
〉
+
∣ ∣∣∣∣∣∣∣ 1 2
3
+c 2
4
⊗
1 3 4
2
〉
(11.112)
Konstante c i lahko zasedejo vrednost c i = ±1. Če smo stanje |i〉 dobili s sodim številom
transpozicij, potem je c i = 1, če pa z lihim številom transpozicij pa c i = −1. Ob

11.4. PAULIJEVA FUNKCIJA 175
upoštevanju tega, se naša funckija potem glasi:
|ψ〉 =
∣
1 4
2
3
⊗
1 2 3
4
〉
−
∣
1 3
2
4
⊗
1 2 4
3
〉
+
∣
1 2
3
4
⊗
1 3 4
2
〉
(11.113)
Sedaj pa pokažimo, da je tako dobljena funkcija Paulijeva. Za funkcijo, ki opisuje
elektrone mora veljati, da je:
P ij |ψ〉 = −|ψ〉 (11.114)
Pri tem je potrebno poudariti, da ko zapišemo transpozicijo P ij na naše stanje (|... ⊗ ...〉 i )
imamo v mislih:
P ij = P x
ij ⊗ P s
ij (11.115)
Dano trditev bomo dokazali v Yamanuchijevi bazi. Ekspicitno baznih stanj v tej bazi ne
poznamo, vendar to za naš dokaz ni potrebno, saj nas zanimajo le koeficienti pred baznimi
stanji. Kar pa je pomembno je pravilo, ki pove, kako v tej bazi transpozicija učinkuje na
neko stanje. Velja:
P i,i+1
i + 1
i
= − 1 d
i √
d
i + 1 +
2 − 1
d
i + 1
i (11.116)
P i,i+1
i + 1
i
= 1 d
i + 1 √
d
i +
2 − 1
d
i + 1
i , (11.117)
kjer d pove, koliko kvadratkov prečkamo na najkrajši poti od i do i + 1.
Poskusimo na naše stanje najprej delovati s transpozicijo P 12 . V tem primeru dobimo:
P 12 |ψ〉 = (−+)|0〉 − (−+)|1〉 + (+−)|2〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 = −|ψ〉, (11.118)
kjer prvi predznak v oklepaju pride od krajevnega dela (ko delujemo s transpozicijo na
navpični tablo), drugi pa od spinskega dela (ko delujemo s transpozicijo na ležeči tablo).
Dobljeni rezultat nas razveseli, saj dobimo pravo odvisnost. Da bomo še nekoliko bolj

176 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
prepričani pa si poglejmo še, kaj dobimo, če na naše stanje delujemo z P 23 :
⎡⎛
= (−+)|0〉 − ⎢⎜
1
⎣⎝2
1 3
2
4
+
√
3
2
1 2
3
4
⎞
⎛
⎟
⎠ ⊗ ⎝− 1 2
1 2 4 √
3
3 +
2
1 3 4
2
P 23 |ψ〉 =
⎤
⎞
⎠⎥
⎦ +
⎡⎛
+ ⎢⎜
⎣⎝ −1 2
1 2
3
4
+
√
3
2
1 2
3
4
⎞
⎛
⎟
⎠ ⊗ ⎝+ 1 2
1 3 4 √
3
2 +
2
1 2 4
3
⎤
⎞
⎠⎥
⎦ =
= −|0〉 −
[− 1 4 |1〉 + 3 ]
4 |2〉 +
[− 1 4 |2〉 + 3 ]
4 |1〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 = −|ψ〉(11.119)
Fino, pa smo tudi za to permutacijo pokazali, da dobimo pravi rezultat nazaj. Za vse ostale
permutacije moramo napraviti povsem analogen račun in dobili bomo vedno isti rezultat.
11.5 Paulijeva funkcija II
Sedaj pa dokažimo, da je funkcija sestavljena iz petih elektronov nad podprostorom simetrijskega
tipa 32 grupe S 5 Paulijeva funkcija.
Rešitev:
Postopamo povsem analogno kot v prejšnjem primeru, le da imamo tu en elektron več.
Najprej moramo poiskati našo funckijo, ki ima v splošnem obliko:
|ψ〉 = ∑ i
c i
∣ ∣∣∣∣∣∣∣
⊗
〉
(11.120)
i
Izhodiščna funkcija je v tem primeru:
|0〉 =
1 2 3
4 5 (11.121)
Celotno valovno funkcijo za dani primer dobimo tako, da z vsemi možnimi transpozicijami
delujemo na izhodiščno funcijo |0〉. Transpozicije, ki so na voljo, so: P 12 ,P 13 ,P 14 ,P 15 ,P 23 ,
P 24 ,P 25 ,P 34 ,P 35 ,P 45 . Ko izvedemo naš ”rekurzijski postopek” (Glej sliko 11.13), dobimo
naslednje možnosti:

11.5. PAULIJEVA FUNKCIJA II 177
Figure 11.13: Slika prikazuje vse potrebne korake in poti, ki nas iz izhodiščne funkcije
pripeljejo do vseh možnih stanj.
P 34 |0〉 =
1 2 4
3 5 = |1〉 (11.122)
P 23 |1〉 =
1 3 4
2 5 = |2〉 (11.123)
P 45 |1〉 =
1 2 5
3 4 = |3〉 (11.124)
P 45 |2〉 =
1 3 5
2 4 = |4〉 (11.125)
P 23 |3〉 =
1 3 5
2 4 = |4〉 (11.126)
P 34 |4〉 =
1 4 5
2 3 = |5〉 (11.127)

178 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
S tem smo izčrpali vse možnosti, ki so nam na voljo. Z dobljenimi funckijami lahko sedaj
zapišemo našo valovno funkcijo:
|ψ〉 =
∣
+
∣
1 4
2 5
3
1 3
2 4
5
⊗
⊗
1 2 3
4 5
1 2 5
3 4
〉
−
∣
〉
−
∣
1 3
2 5
4
1 2
3 4
5
⊗
⊗
1 2 4
3 5
1 3 5
2 4
〉
+
∣
〉
+
∣
1 2
3 5
4
1 2
4 3
5
⊗
⊗
1 3 4
2 5
1 4 5
2 3
〉
+
〉
(11.128)
Sedaj, ko enkrat imamo izračunano funckijo, pa poglejmo, ali je ta funkcija Paulijeva.
Najprej delujmo na njo s permutacijo P 12 . Dobimo:
P 12 |ψ〉 = (−+)|0〉 − (−+)|1〉 + (+−)|2〉 + (−+)|3〉 −
−(+−)|4〉 + (+−)|5〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 − |3〉 + |4〉 − |5〉 = −|ψ〉 (11.129)
”So far so good!” Sedaj pa naredimo strožji test in na funkcijo delujmo s permutacijo P 23 .
Dobimo:
⎡⎛
= (−+)|0〉 − ⎢⎜
1
⎣⎝2
1 3
2 5
4
+
√
3
2
1 2
3 5
4
⎞
⎛
⎟
⎠ ⊗ ⎝− 1 2
1 2 4 √
3
3 5 +
2
1 3 4
2 5
P 23 |ψ〉 =
⎤
⎞
⎠⎥
⎦ +
⎡⎛
+ ⎢⎜
⎣⎝ −1 2
1 2
3 5
4
+
√
3
2
1 3
2 5
4
⎞
⎛
⎟
⎠ ⊗ ⎝ 1 2
1 3 4 √
3
2 5 +
2
1 2 4
3 5
⎤
⎞
⎠⎥
⎦ +
⎡⎛
+ ⎢⎜
1
⎣⎝2
1 3
2 4
5
+
√
3
2
1 2
3 4
5
⎞
⎛
⎟
⎠ ⊗ ⎝− 1 2
1 2 5 √
3
3 4 +
2
1 3 5
2 4
⎤
⎞
⎠⎥
⎦ −
⎡ ⎛
− ⎢
⎣ − ⎜
1
⎝2
1 2
3 4
5
+
√
3
2
1 3
2 4
5
⎞
⎛
⎟
⎠ ⊗ ⎝ 1 2
1 3 5 √
3
2 4 +
2
2 5 3
4
⎤
⎞
⎠⎥
⎦ +
+(−+)|5〉 =
= −|0〉 − (− 1 4 |1〉 + 3 4 |2〉) + (−1 4 |2〉 + 3 4 |1〉) + (−1 4 |3〉 + 3 4 |4〉) −
−(− 1 4 |4〉 + 3 |3〉) − |5〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 − |3〉 + |4〉 − |5〉 = −|ψ〉(11.130)
4

11.6. 1D UPODOBITVE SIMETRIJSKE GRUPE KVADRATA 179
Fino! Tudi s to permutacijo smo pokazali, da se naša funkcija |ψ〉 pravilno obnaša. Če bi
napravili še ostale permutacije, bi ugotovili, da dobimo vedno enak rezultat:
S tem je naloga dokazana.
P ij |ψ〉 = −|ψ〉. (11.131)
11.6 1D upodobitve simetrijske grupe kvadrata
V nanostrukturi s 4 kvantnimi pikami v ogljiščih kvadrata so dovoljeni natanko 3 elektroni.
skakanje na prazno piko je možno zgolj s sosednjih dveh pik, ne pa tudi po diagonali
kvadrata. Če označimo ogljišča kvadrata z 1(spodaj levo) do 4 (zgoraj levo), označujemo
v pozitivni smeri, lahko stanju, ki ima nezasedeno 4. piko pripišemo valovno funkcijo
ψ(x) = 〈x|c † 3 c† 2 c† 1 |0〉, kjer je npr.: 〈x|c† j
|0〉 Wannierova funkcija za elektron, lokaliziran na j-
ti piki. Upoštevajoč točkovno simetrijo kvadrata C 4v , določi valovne funkcije, ki napenjajo
enodimenzionalne upodobitve simetrijske grupe kvadrata.
Rešitev:
Grupa C 4v
Grupo C 4v dobimo tako, da osni simetriji četrtega reda, ki je lastnost grupe C 4 , dodamo še
štiri zrcaljenja preko ravnin, ko so vzporedne z rotacijsko osjo in se med seboj sekajo pod
kotom π 4 . Tako ima grupa C 4v 2n = 8 elementov (n = 4):
E (enota)
R π/2 Rotacija za kot π/2
R π Rotacija za kot π
R −π/2 Rotacija za kot −π/2
σ x , σ y Zrcaljenje preko srednic kvadrata
σ a ′ ,σ′ b
Zrcaljenje preko diagonal kvadrata.
Za bazne funkcije našega sistema vzamemo kar stanja z eno nezasedeno kvantno piko:
|ψ 1 〉 = c † 3 c† 2 c† 1 |0〉 (11.132)
|ψ 2 〉 = c † 4 c† 2 c† 1 |0〉 (11.133)
|ψ 3 〉 = c † 4 c† 3 c† 1 |0〉 (11.134)
|ψ 4 〉 = c † 4 c† 3 c† 2 |0〉 (11.135)
Te funkcije imajo to lepo lastnost, da so med seboj ortogonalne. Iz njih sedaj poskusimo
sestaviti take funkcije |ψ〉, ki bodo napenjale enodimenzionalne upodobitve grupe kvadrata
C 4v . Sestavimo jih kar kot linearne kombinacije oblike:
|ψ〉 =
4∑
c i |φ i 〉 (11.136)
i=1

180 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Sedaj pa si poglejmo, kako elementi grupe G ∈ C 4v učinkujejo na naša bazna stanja.
Najprej si poglejmo G = R π/2 . Za to transfomacijo velja:
To nam da:
R π/2 : 1 → 2,2 → 3,3 → 4,4 → 1 (11.137)
R π/2 |φ 1 〉 = c † 4 c† 3 c† 2 |0〉 = |φ 4〉 (11.138)
R π/2 |φ 2 〉 = c † 1 c† 3 c† 2 |0〉 = c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 1〉 (11.139)
R π/2 |φ 3 〉 = c † 1 c† 4 c† 2 |0〉 = c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 2〉 (11.140)
R π/2 |φ 4 〉 = c † 1 c† 4 c† 3 |0〉 = c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = |φ 3〉 (11.141)
(11.142)
Pri tem smo upoštevali antisimetrijsko relacijo:
[ ]
c † µ ,c† ν = 0 =⇒ + c† µ c† ν = −c† ν c† µ (11.143)
Sedaj si poglejmo rotacijo G = R π . Ta naredi:
Ko to uporabimo na naših stanjih dobimo:
R π : 1 → 3,2 → 4,4 → 2,3 → 1 (11.144)
R π |φ 1 〉 = c † 1 c† 4 c† 3 |0〉 = c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = |φ 3〉 (11.145)
R π |φ 2 〉 = c † 2 c† 4 c† 3 |0〉 = c† 4 c† 3 c† 2 |0〉 = |φ 4〉 (11.146)
R π |φ 3 〉 = c † 2 c† 1 c† 3 |0〉 = c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 1〉 (11.147)
R π |φ 4 〉 = c † 2 c† 1 c† 4 |0〉 = c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 2〉 (11.148)
Za konec nam je še preostala rotacija R −π/2 , ki zamenja indekse na naslednji način:
Ko to uporabimo na baznih stanjih dobimo:
R −π/2 : 1 → 4,4 → 3,3 → 2,2 → 1 (11.149)
R −π/2 |φ 1 〉 = c † 2 c† 1 c† 4 |0〉 = c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 2〉 (11.150)
R −π/2 |φ 2 〉 = |φ 3 〉 (11.151)
R −π/2 |φ 3 〉 = |φ 4 〉 (11.152)
R −π/2 |φ 4 〉 = c † 3 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 1〉 (11.153)
Sedaj pa si poglejmo zrcaljenja. Najprej zrcaljenje preko srednice, ki je vzporedna z abscisno
osjo: σ x . Ta transformacija premeša indekse na naslednji način:
σ x : 1 → 4,4 → 1,2 → 3,3 → 2 (11.154)

11.6. 1D UPODOBITVE SIMETRIJSKE GRUPE KVADRATA 181
Ko to uporabimo na naših funkcijah, dobimo:
σ x |φ 1 〉 = c † 2 c† 3 c† 4 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 2 |0〉 = −|φ 4〉 (11.155)
σ x |φ 2 〉 = c † 1 c† 3 c† 4 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = −|φ 3〉 (11.156)
σ x |φ 3 〉 = c † 1 c† 2 c† 4 |0〉 = −c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 2〉 (11.157)
σ x |φ 4 〉 = c † 1 c† 2 c† 3 |0〉 = −c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 1〉 (11.158)
(11.159)
Tu je še zrcaljenje preko srednice, ki je vzporedna z ordinatno osjo. Ta premeša indekse na
naslednji način:
Ko tudi to uporabimo na funkcijah, dobimo:
σ y : 1 → 2,2 → 1,3 → 4,4 → 3 (11.160)
σ y |φ 1 〉 = c † 4 c† 1 c† 2 |0〉 = −c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 2〉 (11.161)
σ y |φ 2 〉 = c † 3 c† 1 c† 2 |0〉 = −|φ 1〉 (11.162)
σ y |φ 3 〉 = −|φ 4 〉 (11.163)
σ y |φ 4 〉 = −|φ 3 〉 (11.164)
Tu pa sta še zrcaljenji preko diagonal kvadrata. Prva taka transformacija naredi:
Ko to uporabimo na naših baznih stanjih, dobimo:
σ ′ a
Drugo diagonalno zrcaljenje pa naredi:
(11.165)
: 4 → 4,1 → 3,3 → 1,2 → 2 (11.166)
σ ′ a |φ 1〉 = c † 1 c† 2 c† 3 |0〉 = −c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 1〉 (11.167)
σ ′ a|φ 2 〉 = c † 4 c† 2 c† 3 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 2 |0〉 = −|φ 4〉 (11.168)
σ ′ a |φ 3〉 = c † 4 c† 1 c† 3 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = −|φ 3〉 (11.169)
σ ′ b
σ ′ a |φ 4〉 = −|φ 2 〉 (11.170)
(11.171)
: 3 → 3,1 → 1,4 → 2,2 → 4 (11.172)
Ko navsezadnje tudi to uporabimo na naših stanjih, dobimo:
σ ′ b |φ 1〉 = c † 3 c† 4 c† 1 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = −|φ 3〉 (11.173)
σ ′ b |φ 2〉 = c † 2 c† 4 c† 1 |0〉 = −c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 2〉 (11.174)
σ ′ b |φ 3〉 = c † 2 c† 3 c† 1 |0〉 = −c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 1〉 (11.175)
σ ′ b |φ 4〉 = c † 2 c† 3 c† 4 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 2 |0〉 = −|φ 4〉 (11.176)
(11.177)

182 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Sedaj vemo, kako elementi grupe G ∈ C 4v oz. simetrijske opracije delujejo na naše bazne
funkcije. Vidimo, da vse kar se jim lahko zgodi je, da se premešajo med sabo in pri določenih
transformacijah dobijo negativni predznak. Opazimo tudi to, da če se pri določeni operaciji
eni funkciji spremeni predznak, se vsem.
Vsa ta opažanja močno poenostavijo izbiro koeficientov c i , ki nastopajo v razvoju naše
funkcije |ψ〉. Ti bodo lahko le 1 ali −1. Kar nam tako preostane je, da pravilno izberemo
predznake v danih funkcijah.
Prva rešitev se kar sama ponuja. To je simetrična rešitev, kjer so vsi predznaki enaki:
Taksna rešitev ustreza vsem simetrijskim zahtevam:
Poiščimo še kakšno rešitev! Poskusimo z nastavkom:
|ψ a 〉 = |φ 1 〉 + |φ 2 〉 + |φ 3 〉 + |φ 4 〉 (11.178)
R π/2 |ψ a 〉 = |ψ a 〉 (11.179)
R π |ψ a 〉 = |ψ a 〉 (11.180)
R −π/2 |ψ a 〉 = |ψ a 〉 (11.181)
σ x |ψ a 〉 = −|ψ a 〉 (11.182)
σ y |ψ a 〉 = −|ψ a 〉 (11.183)
σ ′ a|ψ a 〉 = −|ψ a 〉 (11.184)
σ ′ b |ψ a〉 = −|ψ a 〉 (11.185)
|ψ b 〉 = |φ 1 〉 − |φ 2 〉 + |φ 3 〉 − |φ 4 〉 (11.186)
Poglejmo, ali ta rešitev ustreza našim simetrijskim zahtevam:
R π/2 |ψ b 〉 = |φ 4 〉 − |φ 1 〉 + |φ 2 〉 − |φ 3 〉 =
= −(|φ 1 〉 − |φ 2 〉 + |φ 3 〉 − |φ 4 〉) = −|ψ b 〉 (11.187)
R π |ψ b 〉 = |φ 3 〉 − |φ 4 〉 + |φ 1 〉 − |φ 2 〉 = |ψ b 〉 (11.188)
R −π/2 |ψ b 〉 = |φ 2 〉 − |φ 3 〉 + |φ 4 〉 − |φ 1 〉 = −|ψ b 〉 (11.189)
σ x |ψ b 〉 = −|φ 4 〉 + |φ 3 〉 − |φ 2 〉 + |φ 1 〉 = |ψ b 〉 (11.190)
σ y |ψ b 〉 = −|φ 2 〉 + |φ 1 〉 − |φ 4 〉 + |φ 3 〉 = |ψ b 〉 (11.191)
σ ′ a|ψ b 〉 = −|φ 1 〉 + |φ 4 〉 − |φ 3 〉 + |φ 2 〉 = −|ψ b 〉 (11.192)
σ ′ b |ψ b〉 = −|φ 3 〉 + |φ 2 〉 − |φ 1 〉 + |φ 4 〉 = −|ψ b 〉 (11.193)
Vidimo, da dana funkcija zadošča vsem simetrijskim zahtevam, tako da smo našli še eno
rešitev. Naprej poskusimo z nastavkom:
|ψ c 〉 = |φ 1 〉 + |φ 2 〉 − |φ 3 〉 − |φ 4 〉 (11.194)

11.6. 1D UPODOBITVE SIMETRIJSKE GRUPE KVADRATA 183
Ta rešitev ni dobra, saj takoj vidimo, da ne zadošča simetrijskim operacijam:
Poiskusimo lahko tudi z nastavkom:
Tudi ta rešitev ne ustreza, saj dobimo:
R π/2 |ψ c 〉 = |φ 4 〉 + |φ 1 〉 − |φ 2 〉 − |φ 3 〉 ≠ ±|ψ c 〉 (11.195)
|ψ d 〉 = |φ 1 〉 − |φ 2 〉 − |φ 3 〉 + |φ 4 〉 (11.196)
R π/2 |ψ d 〉 = |φ 4 〉 − |φ 1 〉 − |φ 2 〉 + |φ 3 〉 ≠ ±|ψ d 〉 (11.197)
Na koncu pa nam ostanejo še funkcije, ki imajo le en predznak negativen:
|ψ e 〉 = |φ 1 〉 + |φ 2 〉 + |φ 3 〉 − |φ 4 〉 (11.198)
Vse takšne rešitve pa tudi ne ustrezajo, saj se pri naših transformacijah vedno ena bazna
funkcija slika v drugo. Zato moramo imeti vedno sodo število predznakov enakih.
Tako smo na koncu prišli do sklepa, da sta |ψ a 〉 in |ψ b 〉 za dani primer edini možni 1D
upodobitvi grupe kvadrata.
Če si predstavljamo elemente grupe G i ∈ C 4v kot operatorje, ki delujejo na naši funkciji
|ψ a 〉 in |ψ b 〉 in so za tidve funkciji tudi lastni:
G i |ψ a,b 〉 = λ a,b
i
|ψ a,b 〉, (11.199)
lahko zapišemo tabelo lastnih vrednosti posameznih operatorjev:
ψ|G i R π/2 R π R −π/2 σ x σ y σ a ′ σ
b
′
ψ a 1 1 1 -1 -1 -1 -1
ψ b -1 1 -1 1 1 -1 -1

184 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA

Bibliography
[1] Janez Strnad: Fizika 3. del Posebna Teorija relativnosti. Kvantna Fizika. Atomi, 2.
spremenjnena izdaja, DMFA - Založništvo, Ljubljana 2002.
[2] Masataka Mizushima: Theoretical Physics From classical Mechanics to Group Theory
of Microparticles, John Wiley & Sons, Inc., New York 1972.
[3] Walter Greiner: Quantum mechanics An Introduction, Springer-Verlag, Berlin 1989.
[4] Walter Greiner: Quantum mechanics Symmetries, Springer-Verlag, Berlin 1988.
[5] Walter Greiner: Relativistic Quantum mechanics Wave equations, Springer-Verlag,
Berlin 1990.
[6] Franz Schwabl: Quantum mechanics Second Revised Edition, Springer- Verlag, Berlin
1993.
[7] J. P. Elliott & P.G. Dawber: Symmetry in Physics Volume 1, Macmillan Press Ltd.,
London 1979.
[8] Siegfried Flügge: Practical Quantum Mechanics reprint of the 1994 Edition, Springer-
Verlag, Berlin 1999.
[9] D. ter Haar: Selected Problems in Quantum Mechanics Revised and argumented second
editon, Infosearch Ltd., London 1964.
[10] Ivan Supek: Teorijska Fizika i Struktura Materije Drugi Dio, Treče Izdanje, Školska
knjiga, Zagreb 1964.
[11] Douglas M. Gingrich: Klein Paradox for Spin-0 Particles
http://www.phys.ualberta.ca/ gingrich/phys512/latex2html/node35.htm
[12] Veliki splošni leksikon, Državna Založba Slovenije, Ljubljana 1997.
185