Rešene naloge iz Kvantne mehanike II Skripta
Rešene naloge iz Kvantne mehanike II Skripta
Rešene naloge iz Kvantne mehanike II Skripta
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
Rešene <strong>naloge</strong> <strong>iz</strong> <strong>Kvantne</strong> <strong>mehanike</strong> <strong>II</strong><br />
<strong>Skripta</strong><br />
Miha Mihovilovič<br />
October 3, 2006
Predgovor<br />
Dana skripta je nastala <strong>iz</strong> domačih nalog s katerimi sta nas skozi šolsko leto 2005/2006 zaposlila<br />
dr. Igor Sega in prof. dr. Norma Mankoč Borštnik pri predmetu Kvantna mehanika<br />
<strong>II</strong>. Ob tem bi se rad obema iskreno zahvalil za vso njuno pomoč pri reševanju nalog. dr. Segi<br />
pa bi se rad še posebej zahvalil tudi za vso pomoč, konskruktivne komentarje, opombe, predloge<br />
in popravke pri nastanku te skripte.<br />
Kljub vsej strokovni pomoči pa se med rešitvami gotovo še vedno skriva ogromno napak,<br />
zato naj bralec ne verjame vedno vsemu kar prebere. Za vse popravke, komentarje in<br />
pripombe se toplo priporočam na elektronskem naslovu: miha@mihovilovic.org<br />
3
Contents<br />
1 Uvodne <strong>naloge</strong> 7<br />
1.1 Bohrov atom in Planckove konstante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7<br />
1.2 Enačna standardnega modela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9<br />
2 Lorentzova transformacija 11<br />
2.1 Lorentzova transormacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11<br />
2.2 Lorentzova transformacija <strong>II</strong>. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13<br />
2.3 Lorentzova transformacija <strong>II</strong>I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14<br />
2.4 Lorentzova transformacija IV. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15<br />
2.5 Transformacijske lastnosti bilinearnih form . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18<br />
2.6 Bilinearna forma G = ψγ 5 ψ pri Lorentzovi transformaciji . . . . . . . . . . 22<br />
3 Poissonovi oklepaji 27<br />
3.1 Poissonovi oklepaji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27<br />
3.2 Zveza: e P i a iσ i<br />
= A + ∑ i B iσ i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29<br />
3.3 Poissonovi oklepaji <strong>II</strong> . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31<br />
3.4 Poissonovi oklepaji in upodobitve operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . 32<br />
3.5 Komutator vrtilne količine in sfernega harmonika . . . . . . . . . . . . . . . 38<br />
4 Hermitski operatorji 41<br />
4.1 Lastne vrednosti hermitskih operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41<br />
4.2 Lastni vektorji hermitskih operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42<br />
4.3 Operator ˆx in operator ˆp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42<br />
4.4 Hermitski operatorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44<br />
5 Harmonski oscilator 49<br />
5.1 Lastne rešitve harmonskega oscilatorja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49<br />
5.2 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53<br />
5.3 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja <strong>II</strong>. . . . . . . . . . . . . . . . . . 59<br />
5.4 Formula Faa di Bruno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63<br />
6 Matrična upodobitev operatorjev 67<br />
6.1 Matrična upodobitev operatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67<br />
6.2 Matrična upodobitev operatorjev <strong>II</strong>. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72<br />
5
6 CONTENTS<br />
6.3 Matrična upodobitev grupe S 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75<br />
7 Clebsh-Gordanovi koeficienti 79<br />
7.1 Clebsh-Gordanovi koeficienti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79<br />
8 Spinski sistemi 83<br />
8.1 Spinski operator v Heisenbergovi sliki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83<br />
8.2 Spinski sistem v časovno odvisnem magnetnem polju . . . . . . . . . . . . . 86<br />
8.3 Paulijeve matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91<br />
8.4 Spinski sistem v časovno odvisnem magnetnem polju <strong>II</strong> . . . . . . . . . . . 93<br />
8.5 Gostotni operator lokal<strong>iz</strong>iranega spina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97<br />
8.6 Gostotna matrika delca v 2D potencialnem loncu . . . . . . . . . . . . . . . 102<br />
9 Klein-Gordonova enačba 107<br />
9.1 Klein-Gordonov delec . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107<br />
9.2 Energijski spekter prostega relativstičnega delca . . . . . . . . . . . . . . . . 115<br />
9.3 Sipanje piona na potencialni barieri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121<br />
9.3.1 Analitična rešitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121<br />
9.3.2 Numerična rešitev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125<br />
10 Diracova enačba 135<br />
10.1 Tok prostega Diracovega delca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135<br />
10.2 Parnost in Diracova enačba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139<br />
10.3 Lastna stanja prostega Diracovega delca v kiralni reprezentaciji . . . . . . . 144<br />
10.4 Hermitski operatorji za prost Diracov delec . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147<br />
10.5 Operator hitrosti prostega Diracovega delca . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152<br />
11 Permutacijska grupa 157<br />
11.1 Bazne funkcije grupe S 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157<br />
11.1.1 Ekvivalenčni razredi grupe G . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158<br />
11.1.2 Youngov diagram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159<br />
11.1.3 Youngov Tablo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159<br />
11.1.4 Ekvivalentne upodobitve operatorjev Q . . . . . . . . . . . . . . . . 162<br />
11.2 Upodobitev grupe S 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164<br />
11.3 Upodobitev grupe S 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167<br />
11.4 Paulijeva funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172<br />
11.5 Paulijeva funkcija <strong>II</strong> . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176<br />
11.6 1D upodobitve simetrijske grupe kvadrata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
Chapter 1<br />
Uvodne <strong>naloge</strong><br />
Figure 1.1: Danski F<strong>iz</strong>ik Niels Bohr se je rodil 7.10.1885 v Kobenhavnu, kjer je 18.11.1962<br />
tudi umrl. V Rutherfordov model atoma je vpeljal kvantnomehanska načela in <strong>iz</strong>delal<br />
Bohrov model atoma. Postavil je Bohrov frekvenčni pogoj in določil magnetni moment<br />
elektrona. Po Bohrovem korespondenčnem načelu ustreza kvantna mehanika v limiti<br />
klasičnim mehanskim zakonom. Leta 1922 je prejel Nobelovo nagrado. Med leti 1943 -<br />
1945 pa je v Los Alamosu sodeloval pri gradnji atomske bombe. [12]<br />
Nemški f<strong>iz</strong>ik Max Planc se je rodil 23.4.1858 v mestu Kiel in umrl 4.10.1947 v Göttingenu.<br />
Prispeval je k razumevanju termodinamike. Pri raziskavi sevanja segretih teles je prišel do<br />
spoznanja, da se energija ne <strong>iz</strong>seva kontinuirano, pač pa v majhnih obrokih t.i. kvantih.<br />
Uvedel je tudi Planckono konstanto. [12]<br />
1.1 Bohrov atom in Planckove konstante<br />
Vzemimo Bohrov model z gravitacijsko silo in ga aplicirajmo na gibanje planetov. Vezavna<br />
energija naj bo mc 2 . Od tod oceni Planckovo dolžino, Planckov čas in Planckovo maso.<br />
7
8 CHAPTER 1. UVODNE NALOGE<br />
Rešitev:<br />
Vzemimo zvezdo z maso m, ki je na miru in planet, z isto maso, ki kroži okoli njega. Mi<br />
vemo, da bo zvezda pri miru le tedaj, kadar je veliko težja od planeta, vendar to napako<br />
spreglejmo in se delajmo, kot da je vse v redu. Za naš model bo to čisto dobro. Če planet<br />
krozi okrog zvezde, lahko zanj napišemo Newtnow zakon:<br />
Ko pokrajšamo, dobimo zvezo<br />
F centrifugalna = F gravitacijska (1.1)<br />
mrω 2 = Gmm<br />
r 2 (1.2)<br />
(1.3)<br />
r 3 ω 2 = Gm (1.4)<br />
Sedaj <strong>iz</strong>računajmo vezavno energijo E, ki je vsota kinetične in potencialne energije<br />
W = T + V (1.5)<br />
W = 1 2 mv2 − Gm2<br />
r<br />
Če v tej zvezi upoštevamo zvezo, ki smo jo dobili <strong>iz</strong> <strong>iz</strong>enačitve sil, dobimo<br />
Absolutna vrednost vezavne energije je potem<br />
(1.6)<br />
W = − 1 m 2<br />
2 r G (1.7)<br />
|W | = 1 m 2<br />
2 r G = mc2 , (1.8)<br />
in ta mora biti enaka mirovni masi sonca. Od tod ven lahko <strong>iz</strong>računamo, da je značilni<br />
radij<br />
r = 1 Gm<br />
2 c 2 (1.9)<br />
Našemu planetu pa lahko pripišemo tudi Comptonovo valovno dolžino. Pri tem ocenimo,<br />
da je le ta približno enaka karakterističnemu radiju<br />
Iz slednjega <strong>iz</strong>raza <strong>iz</strong>razimo maso<br />
λ compton = mc ≈ r (1.10)<br />
m = rc<br />
(1.11)<br />
Če <strong>iz</strong>raz vstavim v <strong>iz</strong>raz 1.9 in korenimo, dobimo<br />
√<br />
1 G<br />
r p =<br />
2 c 3 ≈ 1.1 × 10−35 m (1.12)
1.2.<br />
ENAČNA STANDARDNEGA MODELA 9<br />
Dobljeni radij poimenujemo po gospodu Plancku: Planckov radij.<br />
hitrostjo pa dobimo Planckov čas:<br />
Če ga delimo s svetlobno<br />
t p = r p<br />
c = √<br />
G<br />
2c 5 = 3.8 × 10−44 s (1.13)<br />
Če pa Planckov radij vstavimo v <strong>iz</strong>raz za maso, ki smo ga <strong>iz</strong>peljali <strong>iz</strong> Comptonove valovne<br />
dolžine, dobimo t.i. Planckovo maso<br />
m = <br />
r p c = √<br />
c<br />
2G = 1.5 × 10−8 kg (1.14)<br />
Figure 1.2: Nemski f<strong>iz</strong>ik Albert Einstein se je rodil 14.3.1879 v Ulmu in umrl 18.4.1955<br />
v Princetonu. Njegovi teoriji, posebna in splošna relativnostna teorija, ter hipoteza o<br />
kvantni naravi svetlove, so spremenile in razširile temeljne poglede v f<strong>iz</strong>iki. Pomembna so<br />
tudi njegova teorijska dela o Brownovem gibanju in specifični toploti trdne snovi. Leta<br />
1921 je prejel Nobelovo nagrado. [12]<br />
1.2 Enačna standardnega modela<br />
Izpelji enačbo standardnega modela vesolja. Postopaj Klasično!<br />
Rešitev:<br />
Imejmo jato galaksij z gostoto ρ. V tej galaksiji naj bo zvezda na razdalji R z maso m.<br />
Predpostavimo, da je vesolje homogeno in <strong>iz</strong>otropno. Koordinatno <strong>iz</strong>hodišče postavimo v<br />
središče galaksije. Radij vektor do naše zvezde zapišemo kot<br />
Hitrost zvezde pa je potem kar<br />
⃗R = (R 1 ,R 2 ,R 3 ) = (x,y,z) (1.15)<br />
⃗v = d⃗ R<br />
dt . (1.16)
10 CHAPTER 1. UVODNE NALOGE<br />
Sedaj zapišimo zakon o ohranitni energije. Vemo, da je celotna energija konstantna<br />
Kinetično energijo lahko zapišemo kot:<br />
E = T + V = konst. (1.17)<br />
T = mv2<br />
2<br />
= m(d⃗ R<br />
dt )2<br />
2<br />
(1.18)<br />
Potrebujemo še potencialno energijo, ki je posledica tega, da se naš delec giba v gravitacijskem<br />
polju galaksije. Vemo, da za konzervativne sile velja, da je sila kar negativni<br />
gradient potenciala<br />
Od tod ven lahko <strong>iz</strong>računamo potencial in je kar enak<br />
Če še upoštevamo, da je<br />
⃗F = − GmM<br />
R 2 ⃗ R<br />
R = −⃗ ∇V (R) (1.19)<br />
V (R) = − GmM<br />
R<br />
(1.20)<br />
dobimo<br />
M = 4πR3 ρ, (1.21)<br />
3<br />
To sedaj upoštevajmo v energijskem zakonu:<br />
V (R) = − 4π 3 ρGmR2 (1.22)<br />
E = T + V = m ( dR<br />
dt<br />
2<br />
Če enačbo pomnožimo z<br />
2<br />
mR 2 , dobimo<br />
) 2<br />
− 4π 3 ρGmR2 (1.23)<br />
( )<br />
2E dR 2<br />
mR 2 = dt<br />
− 8π R 3<br />
ρG (1.24)<br />
Če še vpeljemo parameter<br />
dobimo enačbo standardnega (klasičnega) modela vesolja<br />
( dR<br />
dt<br />
R<br />
k = − 2E m , (1.25)<br />
) 2<br />
− k R 2 = 8π ρG (1.26)<br />
3
Chapter 2<br />
Lorentzova transformacija<br />
Figure 2.1: N<strong>iz</strong>ozemski f<strong>iz</strong>ik Hendrik Antoon Lorentz se je rodil 18.7.1953 v mestu Arnhem,<br />
umrl pa je 4.2.1928 v Haarlemu. Leta 1895 je postavil klasično teorijo elektrona in z njo<br />
pojasnil Zeemanov pojav. Prvi je razložil rezultate Michelsonovega poskusa, pri tem pa<br />
uvedel skrčenje (kontrakcijo) dolžine hitro gibajočega se telesa (Lorentzova kontrakcija).<br />
Lorentzova transformacija opisuje prehod <strong>iz</strong> mirujočega sistema v drugega, ki se giblje z<br />
enakomerno hitrostjo. Leta 1902 je prejel Nobelovo nagrado skupaj z P. Zeemanom. [12]<br />
2.1 Lorentzova transormacija<br />
Poišči a v nastavku za Λ ij = δ ij + aβ i β j . Napotek: uporabi parameter<strong>iz</strong>acijo Λ0 0 = γ,<br />
Λ0 i = γβi . Poišči zvezo med γ in β i .<br />
Rešitev:<br />
Za Lorentzovo transformacijo velja:<br />
Λ a cΛ b d η ab = η cd (2.1)<br />
11
12 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA<br />
Če vzamemo c = 0, dobimo:<br />
Λ a 0Λ b d η ab = η 0d (2.2)<br />
Od tod vidimo, da bodo zanimivi le primeri, ko je a = b. Poglejmo si najprej primer, ko je<br />
d = 0. Zveza (2.2) nam v tem primeru da:<br />
−Λ 1 0 Λ1 0 − Λ2 0 Λ2 0 − Λ3 0 Λ3 0 + Λ0 0 Λ0 0<br />
} {{ }<br />
= 1 (2.3)<br />
=γ 2<br />
Če še upoštevamo, kako se <strong>iz</strong>raža Λ ij , dobimo:<br />
−(γβ 1 ) 2 − (γβ 2 ) 2 − (γβ 3 ) 2 + γ 2 = 1<br />
⇓<br />
γ 2 ( 1 − β 2) = 1 (2.4)<br />
oziroma ko obrnemo:<br />
γ 2 = 1<br />
1 − β 2 (2.5)<br />
Sedaj vzemimo d = 1. V tem primeru dobi zveza (2.2) obliko:<br />
−Λ 1 0Λ 1 1 − Λ 2 0Λ 2 1 − Λ 3 0Λ 3 1 + Λ 0 0Λ 0 1 = 0<br />
Λ 10 Λ 11 + Λ 20 Λ 21 + Λ 30 Λ 31 − Λ 00 Λ 01 = 0<br />
γβ 1 ( 1 + aβ 1 β 1) + γβ 2 ( aβ 2 β 1) + γβ 3 ( aβ 3 β 1) − γγβ 1 = 0 (2.6)<br />
Podobno lahko sedaj zapišemo še za d = 2:<br />
−Λ 1 0Λ 1 2 − Λ 2 0Λ 2 2 − Λ 3 0Λ 3 2 + Λ 0 0Λ 0 2 = 0<br />
Λ 10 Λ 12 + Λ 20 Λ 22 + Λ 30 Λ 32 − Λ 00 Λ 02 = 0<br />
γβ 1 ( aβ 1 β 2) + γβ 2 ( 1 + aβ 2 β 2) + γβ 3 ( aβ 3 β 2) − γγβ 2 = 0 (2.7)<br />
Nič drugače ni niti za d = 3:<br />
γβ 1 ( aβ 1 β 3) + γβ 2 ( aβ 2 β 3) + γβ 3 ( 1 + aβ 3 β 3) − γγβ 3 = 0 (2.8)<br />
Vse tri <strong>iz</strong>raze za d = 1, d = 2 in d = 3 sedaj seštejmo:<br />
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 +<br />
+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)<br />
Ko <strong>iz</strong>raz nekoliko uredimo, dobimo:<br />
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)<br />
} {{ }<br />
=(β) 2 (<br />
β 1 + β 2 + β 3) = 0(2.10)
2.2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA <strong>II</strong>. 13<br />
Ko še delimo celoten <strong>iz</strong>raz z ( β 1 + β 2 + β 3) , dobimo:<br />
1 − γ + aβ 2 = 0<br />
(2.11)<br />
Izraz še obrnemo in že imamo končni rezultat:<br />
2.2 Lorentzova transformacija <strong>II</strong>.<br />
a = γ − 1<br />
β 2 (2.12)<br />
Poišči pomen β i , to je parametrov Lorentzovih transformacij pri potisku, tako, da na vektor,<br />
ki ima vse prostorske komponente nič, apliciraš potisk.<br />
Rešitev:<br />
Četverec β i lahko zapišemo kot β i = (1,β 1 ,β 2 ,β 3 ) T . Splošni potisk ( Lorenzovo transformacijo)<br />
lahko zapišemo kot<br />
Λ ij =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
γ γβ 1 γβ 2 γβ 3<br />
γβ 1 γ 0 0<br />
γβ 2 0 γ 0<br />
γβ 3 0 0 γ<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (2.13)<br />
Vektor četverec, ki ima le časovno komponento različno od nič, lahko zapišemo kot<br />
x j = (x 0 ,0,0,0) T (2.14)<br />
Sedaj na ta vektor aplicirajmo pritisk, to je <strong>iz</strong>vedemo Lorentzovo transofrmacijo<br />
⎛<br />
γ γβ 1 γβ 2 γβ 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛<br />
x 0 x ′0 ⎞<br />
x ′i = Λ ij x j = ⎜ γβ 1 γ 0 0<br />
⎟ ⎜ 0<br />
⎟<br />
⎝ γβ 2 0 γ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ = ⎜ x ′1<br />
⎟<br />
⎝ x ′2 ⎠ (2.15)<br />
γβ 3 0 0 γ 0 x ′3<br />
Zapišimo sedaj, kaj dobimo pri množenju vektorja z matriko<br />
Za i-to komponento lahko sedaj zapišemo<br />
γx 0 = x ′0 (2.16)<br />
γβ 1 x 0 = x ′1 (2.17)<br />
γβ 2 x 0 = x ′2 (2.18)<br />
γβ 3 x 0 = x ′3 (2.19)<br />
x ′i<br />
x ′0 = 1 x ′i<br />
c t ′ = 1 c v′i ; i = 1,2,3 (2.20)
14 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA<br />
Po drugi strani pa je to ob upoštevanju zgornjih zvez enako<br />
Tako smo prišli do ugotovitve, da je<br />
x ′i<br />
x ′0 = γβi x 0<br />
γx 0<br />
= β i (2.21)<br />
β i = v′i<br />
c<br />
(2.22)<br />
Vidimo, da nam β i povedo, s kakšno hitrostjo se delec giba v črtkanem sistemu S ′ , če je<br />
delec v nečrtkanem sistemu S miroval.<br />
2.3 Lorentzova transformacija <strong>II</strong>I.<br />
Pokaži, kako se Lorentzovo transormirata odvoda ∂<br />
∂x a<br />
in ∂<br />
∂x<br />
, če vemo, kako se transformirata<br />
x a in x a a .<br />
Rešitev:<br />
Poskušajmo najprej zapisati odvod<br />
∂<br />
∂x ′ a<br />
= ∂<br />
∂x b<br />
∂x b<br />
∂x ′ a<br />
(2.23)<br />
Vemo, da velja<br />
x ′ a = Λ b<br />
a x b . (2.24)<br />
Če odvajamo, dobimo<br />
dx ′ a = Λ b<br />
a dx b. (2.25)<br />
sedaj enačbo pomnožimo z Λ a c. Če upoštevamo, da je Λ a cΛ b<br />
a = δ b<br />
c , dobimo<br />
Če zamenjamo indeks c −→ b, dobimo<br />
oziroma, če <strong>iz</strong>razimo ven Λ a b :<br />
Λ a cdx ′ a = dx c (2.26)<br />
Λ a b dx′ a = dx b (2.27)<br />
Λ a b = dx b<br />
dx ′ a<br />
(2.28)<br />
To pa sedaj lahko vstavimo v enačbo za odvod in dobimo<br />
∂<br />
∂x ′ a<br />
= Λ a ∂<br />
b<br />
(2.29)<br />
∂x b
2.4. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA IV. 15<br />
Pa smo dobili prvo zvezo!<br />
Podobno <strong>iz</strong>računamo tudi zvezo za odvod po kontravariantnem vektorju. Zapišemo lahko<br />
Tudi tu seveda vemo, da je<br />
Če odvajamo, dobimo<br />
sedaj enačbo pomnožimo z Λ c<br />
a<br />
Zamenjajmo indeks c −→ b in dobimo<br />
oziroma, če <strong>iz</strong>razimo ven Λ b<br />
a :<br />
To lahko vstavimo v enačbo za odvod in dobimo<br />
Pa smo dobili še drugo zvezo.<br />
∂<br />
∂x ′a = ∂<br />
∂x b ∂x b<br />
∂x ′a (2.30)<br />
x ′a = Λ a b xb . (2.31)<br />
dx ′a = Λ a b dxb . (2.32)<br />
in če upoštevamo, da je Λ<br />
c<br />
a Λa b = δc b , dobimo<br />
Λ c<br />
a dx′a = dx c (2.33)<br />
Λ b<br />
a dx ′a = dx b (2.34)<br />
Λ b<br />
a = dxb<br />
dx ′a (2.35)<br />
∂<br />
∂x ′a = Λ a<br />
b ∂<br />
∂x b (2.36)<br />
2.4 Lorentzova transformacija IV.<br />
Pokaži, kako se spremeni člen<br />
∂L<br />
∂ ( ∂A a<br />
∂x b ), (2.37)<br />
če spremenimo A a za ∂ a Φ, kjer je Φ neko skalarno polje (glede na Lorentzove transformacije).
16 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA<br />
Rešitev:<br />
Izhajajmo <strong>iz</strong> zveze, da je<br />
kjer je F ab tako imenovani tenzor polja in je definiran kot<br />
∂L<br />
∂ ( ∂A a<br />
∂x b ) = −ǫ 0 F b<br />
a , (2.38)<br />
F ab := ∂A b<br />
∂x a − ∂A a<br />
∂x b . (2.39)<br />
Lagrangevo funkcijo L, ki nastopa v zgornjem <strong>iz</strong>razu, pa vpeljemo kot<br />
Lotimo se računanja. Spremenjeni A ′ vpeljemo kot<br />
L = ǫ 0<br />
4 F ab F ab (2.40)<br />
A ′a = A a + ∂Φ<br />
∂x a<br />
(2.41)<br />
A ′ a = A a + ∂Φ<br />
∂x a (2.42)<br />
Zaradi te transformacije se spremeni tudi Lagrangova funkcija, ki ni več funkcija A a , pač<br />
pa A ′a .<br />
L(A a ) ↦−→ L(A ′a ). (2.43)<br />
Če še upostevamo definicijo Lagrangove funkcije, lahko zapišemo<br />
L ′ = ǫ 0<br />
4 F ′cd F ′ cd (2.44)<br />
Sedaj imamo vse pripravljeno, da <strong>iz</strong>računamo naš člen.<br />
(<br />
∂L ′<br />
∂ ( ) = ǫ 0 ∂(F ′cd F<br />
cd ′ )<br />
∂A ′a<br />
4 ∂ ( ) = ǫ 0 ∂(F ′cd )<br />
∂A ′a<br />
4 ∂ ( )F<br />
∂A ′a cd ′ + F ′cd ∂(F cd ′ )<br />
∂ ( ∂A ′a<br />
∂x b ∂x b ∂x b<br />
∂x b )<br />
)<br />
(2.45)<br />
Če indeske c in d malo premešamo, dobimo:<br />
⎛<br />
⎞<br />
∂L ′<br />
∂ ( ) = ǫ 0<br />
⎝ ∂(F ′ d<br />
c )<br />
∂A ′a<br />
4 ∂ ( )F ′ c<br />
∂A ′a d + F ′ ∂(F cd<br />
( ′ cd ) ⎠ (2.46)<br />
∂x b ∂x b ∂ ∂A ′a<br />
∂x b )<br />
Hitro vidimo, da je drugi člen enak prvemu in tako dobimo<br />
( )<br />
∂L ′<br />
∂ ( ) = 2 ǫ 0 ∂(F ′ d<br />
c )<br />
∂A ′a<br />
4 ∂ ( )F ′ c<br />
∂A ′a d<br />
∂x b ∂x b<br />
(2.47)
2.4. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA IV. 17<br />
Če sedaj upoštevamo definicijo tenzorja napetosti, lahko zapišemo<br />
F cd = ∂A′ d<br />
∂x c − ∂A′ c<br />
∂x d (2.48)<br />
F d<br />
c<br />
Ko to upoštevamo v <strong>iz</strong>razu 2.47,dobimo<br />
∂L ′<br />
∂ ( ) = ǫ 0<br />
∂A ′a<br />
2 F ′ c<br />
∂x b<br />
= ∂A′ d<br />
∂x c − ∂A′ c<br />
∂x d<br />
(2.49)<br />
d<br />
(<br />
∂(<br />
∂A d<br />
∂x<br />
) c<br />
∂( ∂Aa ) − ∂(∂Ac<br />
∂( ∂Aa<br />
∂x b<br />
∂x d<br />
)<br />
∂x b )<br />
Ker sta c in d sumacijska indeksa, ju lahko v drugem členu preimenujemo:<br />
)<br />
(2.50)<br />
c −→ d (2.51)<br />
d −→ c (2.52)<br />
Potem oba indeksa v drugem clenu tudi dvignemo in če še upoštevamo antisimetričnost<br />
tenzorja polja<br />
dobimo<br />
F ′ cd = −F d c, (2.53)<br />
∂L ′<br />
∂ ( ∂A ′a<br />
∂x b ) = 2 ǫ 0<br />
2 F ′ c<br />
d<br />
(<br />
∂(<br />
∂A d<br />
∂x<br />
) c<br />
∂( ∂Aa )<br />
∂x b<br />
)<br />
(2.54)<br />
V zgornjem <strong>iz</strong>razu lahko opazimo, da bo zadnji člen z odvodi različen od nič le tedaj, ko<br />
bo<br />
Potem lahko zapišemo<br />
d = a (2.55)<br />
c = b. (2.56)<br />
∂L ′<br />
∂ ( ) = ǫ<br />
∂A ′a 0 δaδ d cF b ′ c<br />
d = −ǫ 0 F ′ b<br />
a (2.57)<br />
∂x b<br />
Sedaj pa si poglejmo, kaj je F<br />
ab ′ . Po definiciji lahko zapišemo<br />
Če upoštevamo, kako se <strong>iz</strong>raža A ′ , lahko zapišemo<br />
F ′ ab = ∂<br />
∂x a(A b + ∂Φ<br />
∂x b) −<br />
F ′ ab = ∂A′ b<br />
∂x a − ∂A′ a<br />
∂x b (2.58)<br />
= ∂A b<br />
∂x a + ∂<br />
∂x a ∂Φ<br />
∂x b − ∂A a<br />
∂x b −<br />
∂<br />
∂x b(A a + ∂Φ<br />
∂xa) = (2.59)<br />
∂ ∂Φ<br />
∂x b ∂xa. (2.60)
18 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA<br />
Če v slednjem členu drzno zamenjamo vrstni red odvajanja<br />
∂ ∂Φ<br />
∂x b ∂x a −→ ∂ ∂Φ<br />
∂x a ∂xb, (2.61)<br />
se v zgornjem <strong>iz</strong>razu člena s potencialom Φ pokrajšata in ostane nam<br />
F ab<br />
′ ∂A b<br />
∂x a − ∂A a<br />
∂x b = F ab (2.62)<br />
Vidimo, da se tenzor polja pri taki umeritveni transformaciji ne spremeni. Če to upoštevamo<br />
v <strong>iz</strong>razu 2.57, dobimo<br />
∂L ′<br />
∂ ( ) = −ǫ<br />
∂A ′a 0 F ′ b<br />
a = −ǫ 0 Fa b = ∂L<br />
∂ ( ) (2.63)<br />
∂A a<br />
∂x b ∂x b<br />
Tako, pa smo na koncu. Vidimo, da se dani člen, pri dani umeritveni transformaciji prav<br />
nič ne spremeni.<br />
2.5 Transformacijske lastnosti bilinearnih form<br />
Določi transformacijske lastnosti bilinearnih form ψ(x)Γψ(x) pri Lorentzovih transformacijah<br />
x µ = Λ ν µ xν . Γ je katerikoli <strong>iz</strong>med 16 vektorjev baze Cliffordove algebre.<br />
Rešitev:<br />
Preden se lotimo dela, zapišimo vseh 16 vektorjev baze Cliffordove algebre:<br />
1 : 1 (2.64)<br />
2 : γ 0 ,γ 1 ,γ 2 ,γ 3 (2.65)<br />
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)<br />
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)<br />
Sedaj pa imejmo Lorentzovo transformacijo:<br />
5 : γ 0 γ 1 γ 2 γ 3 (2.68)<br />
x ′ µ = Λ<br />
µ<br />
ν x ν (2.69)<br />
Dogovorimo se, da gledamo, se omejimo le na infenit<strong>iz</strong>imalno Lorentzovo transfomacijo. V<br />
tem primeru jo lahko zapišemo kot<br />
λ µν = δ µν + ǫ µν , (2.70)<br />
kjer so ǫ µν zelo majhne vrednosti. Dani tenzor ǫ µν seveda zadošča določenim pogojem:<br />
ǫ ∗ ik = ǫ ik (2.71)<br />
ǫ ∗ 00 = ǫ 00 (2.72)<br />
ǫ ∗ i0 = −ǫ i0 (2.73)<br />
ǫ 2 0k = −ǫ 0k (2.74)<br />
i,k = 1,2,3 (2.75)
2.5. TRANSFORMACIJSKE LASTNOSTI BILINEARNIH FORM 19<br />
Dani infenit<strong>iz</strong>imalni tenzor lahko zapišemo v matrični obliki kot:<br />
⎛<br />
⎞<br />
0 −iλ 1 −iλ 2 −iλ 3<br />
ǫ µν = ⎜ iλ 1 0 ω 3 −ω 2<br />
⎟<br />
⎝ iλ 2 −ω 3 0 ω 1<br />
⎠ , (2.76)<br />
iλ 3 ω 2 −ω 1 0<br />
kjer je ⃗ω = (ω 1 ,ω 2 ,ω 3 ) T takoimenovani aksialni vektor. Vektor ⃗ λ = (λ 1 ,λ 2 ,λ 3 ) T pa nekako<br />
predstavlja vektor potiska.<br />
Pri infenit<strong>iz</strong>imalni Lorenztovi transformaciji se valovna funkcija transformira kot 1 :<br />
ψ ′ = (1 + ξ)ψ, (2.77)<br />
kjer je ξ enak:<br />
ξ = 1 ∑∑<br />
ǫ ρσ γ ρ γ σ (2.78)<br />
4<br />
ρ σ<br />
in zanj velja še:<br />
γ µ ξ − ξγ ν = ∑ ν<br />
ǫ µν γ ν (2.79)<br />
Sedaj glejmo bilinearne forme:<br />
G = ψΓψ = ψ † γ 0 Γψ, (2.80)<br />
kjer smo upoštevali , da je ψ = ψ † γ 0 . Sedaj napravimo Lorentzovo transformacijo te forme:<br />
kjer smo z Γ označili količino:<br />
G ′ = ψ ′ Γ ′ ψ ′ = ψ ′ † γ 0 Γψ ′ = ψ † (1 + ξ † )γ 0 Γ(1 + ξ)ψ =<br />
= ψ † γ 0 Γ ′ ψ = ψΓ ′ ψ, (2.81)<br />
Γ ′ = γ 0 (1 + ξ † )γ 0 Γ(1 + ξ) (2.82)<br />
Od tod vidimo, da če želimo <strong>iz</strong>računati transformacijo bilinearne forme, moramo <strong>iz</strong>računati<br />
le Γ ′ in že smo na konju. Da bi to lahko <strong>iz</strong>računali pa potrebujemo še ξ † . Da bi ga <strong>iz</strong>računali<br />
vzemimo zvezo 2.79 za µ = 0:<br />
γ 0 ξ − ξγ 0 = ∑ ν<br />
ǫ 0 νγ ν (2.83)<br />
Zvezo adjungirajmo in upoštevamo še, da je γ µ† = γ µ ter, da je ǫ 0 k∗ = −ǫ<br />
0<br />
k<br />
. Dobimo:<br />
3∑<br />
γ 0 ξ † − ξ † γ 0 = ǫ 0 k γk (2.84)<br />
k=1<br />
1 Za <strong>iz</strong>peljavo glej Siegfried Flügge: Practical quantum Mechanics, problem 191.
20 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA<br />
Dobljeno zvezo sedaj z leve pomnožimo z γ 0 in ob upoštevanju lastnosti te Diracove matrike,<br />
dobimo<br />
3∑<br />
γ 0 ξ † γ 0 = ξ † − ǫ 0 k γ0 γ k (2.85)<br />
Sedaj pa si bolj podrobno poglejmo zvezo 2.78. Količino ξ lahko z upoštevanjem lastnosti<br />
matrik γ µ in tenzorja ǫ µν bolj sugestivno zapišemo v obliki:<br />
ξ = 1 2<br />
k=1<br />
3∑<br />
ǫ k0 γ k γ 0 + 1 ∑ ∑<br />
ǫ kl γ k γ l (2.86)<br />
4<br />
k=1<br />
Sedaj pa adjungirajmo ta <strong>iz</strong>raz in dobimo:<br />
ξ † = 1 2<br />
k<br />
l<br />
3∑<br />
ǫ k0 γ k γ 0 − 1 ∑ ∑<br />
ǫ kl γ k γ l (2.87)<br />
4<br />
k=1<br />
Ko seštejemo <strong>iz</strong>raza za ξ in ξ † , nam ostane le še<br />
ξ + ξ † = 2 1 2<br />
k<br />
l<br />
3∑<br />
ǫ k0 γ k γ 0 (2.88)<br />
Sedaj ta rezultat uporabimo v <strong>iz</strong>razu 2.85 in dobimo pomemben rezultat:<br />
k=1<br />
γ 0 ξ † γ 0 = −ξ (2.89)<br />
Dobljeni rezultat sedaj upoštevajmo v zvezi 2.82 in dobimo:<br />
Γ ′ = γ 0 γ 0 Γ(1 + ξ) + γ 0 ξ † γ 0 Γ(1 + ξ) = Γ + γξ − ξΓ − ξΓξ (2.90)<br />
Če <strong>iz</strong>pustimo člene višjega reda, nam ostane zelo pomemben rezultat:<br />
Γ ′ = Γ + (Γξ − ξΓ) (2.91)<br />
Sedaj vemo kako <strong>iz</strong>računati Γ, s tem pa tudi vemo, kako se pri Lorentzovi transformaciji<br />
spremeni G −→ G ′ .<br />
Sedaj pa lahko pogledamo različne primere.<br />
Γ = 1:<br />
v tem primeru je potem:<br />
kar pomeni, da je<br />
γ ′ = 1 + ξ − ξ = 1, (2.92)<br />
G ′ = ψψ = G (2.93)<br />
Vidimo, da se takšna Bilinearna forma pri Lorenztovi transformaciji obnaša kot skalar.
2.5. TRANSFORMACIJSKE LASTNOSTI BILINEARNIH FORM 21<br />
Γ = γ µ<br />
Tu lahko sedaj zapišmo:<br />
Γ ′ = γ µ + (γ µ ξ − ξγ µ ) = γ µ + ∑ ν<br />
ξ µ ν γν , (2.94)<br />
kjer smo v <strong>iz</strong>peljavi upoštevali zvezo 2.79. Ko to upoštevamo v <strong>iz</strong>razu za transformacijo<br />
bilinearne forme, dobimo<br />
G ′ µ = G µ + ∑ ν<br />
ǫ µ νG ν (2.95)<br />
V tem primeru pa se G µ transformira kot komponente vektorja pri Lorentzovi transformaciji.<br />
Γ = γ µ γ ν<br />
Pri obavnavi bilinearnih form ne gledamo direktno takega Γ, pač pa <strong>iz</strong>raz nekoliko preoblikujemo<br />
γ µ γ ν = 1 2 {γµ ,γ ν } + + 1 2 [γµ ,γ ν ] − = δ µν + 1 2 [γν ,γ ν ] − (2.96)<br />
Definirajmo sedaj novo količino:<br />
σ µν = 1 2 [γµ ,γ ν ] (2.97)<br />
Za delta funkcijo smo že ugotovili v prvem primeru, da se v bilinearni formi transformira<br />
kot skalar. Zato sedaj za bilinearno formo vzemimo Γ = σ µν . To nam da:<br />
Γ ′ = σ µν + (σ µν ξ − ξσ µν ) (2.98)<br />
Ko stvar razpišemo, upoštevamo <strong>iz</strong>raz 2.78 in <strong>iz</strong>raz nekoliko uredimo, nam ostane<br />
Γ ′ = σ µν + ∑ ρ<br />
(ǫ νρ σ µρ + ǫ µρ σ ρν ) . (2.99)<br />
Ko to upoštevamo v <strong>iz</strong>razu za transformacije bilinearnih form, dobimo:<br />
G ′ µν = G µν + ∑ ρ<br />
(<br />
ǫµρ G ρ ν + ǫ νρ G ρ )<br />
µ . (2.100)<br />
Iz <strong>iz</strong>raza, ki ga dobimo, vidimo, da se G µν transformira kot tenzor 2. ranga.
22 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA<br />
Γ = γ µ γ ν γ ρ<br />
Namesto da množimo vse tri γ ν med seboj, uporabimo strašen trik. Vpeljemo:<br />
Ko to uporabimo na Diracovih matrikah, dobimo<br />
γ 5 = iγ 0 γ 1 γ 2 γ 3 . (2.101)<br />
γ 1 γ 2 γ 3 = −iγ 0 γ 5 (2.102)<br />
γ 0 γ 2 γ 3 = iγ 1 γ 5 (2.103)<br />
γ 0 γ 1 γ 3 = iγ 2 γ 5 (2.104)<br />
−γ 0 γ 1 γ 2 = iγ 3 γ 5 (2.105)<br />
Od tod vidimo, da lahko namesto produkta treh Diracovih matrik za Γ vzamemo produkt:<br />
Γ = γ µ γ 5 (2.106)<br />
Ker γ 5 antikomurira z vsemi matrikami γ µ , <strong>iz</strong> <strong>iz</strong>raza 2.78 sledi, da matrika γ 5 komutira z<br />
ξ. Ko to upoštevamo v <strong>iz</strong>razu za Γ ′ , dobimo<br />
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)<br />
V clenu pred γ 5 , prepoznamo <strong>iz</strong>raz <strong>iz</strong> drugega primera. Ko to uporabimo v <strong>iz</strong>razu za<br />
transformacijo Bilinearne forme, ugotovimo, da je:<br />
G ′ µ = G µ + ∑ ν<br />
ǫ µ ν Gν (2.108)<br />
Vidimo, da se ta bilinearna forma pri Lorenzovi transformacji transformira kot vektor. Ker<br />
pa je še pomnožena z γ 5 rečemo, da je psevdovektor.<br />
Γ = γ 5<br />
Za konec pa nam je ostalo vprašanje, kaj dobimo pri Lorentzovi transformaciji v primeru,<br />
ko v bilinearni formi nastopa produkt štirih Diracoovih matrik. Tedaj velja:<br />
To pomeni, da je<br />
Γ ′ = γ 5 + γ 5 ξ + ξγ 5 = γ 5 + (ξ − ξ)γ 5 = γ 5 = Γ (2.109)<br />
G ′ = G (2.110)<br />
Za to bilinearno formo, pa rečemo, da se pri Lorentzovi transformaciji transformira kot<br />
psevdoskalar.<br />
2.6 Bilinearna forma G = ψγ 5 ψ pri Lorentzovi transformaciji<br />
Pokaži, da se bilinearna forma oblike G = ψγ 5 ψ pri Lorentzovi transformaciji x ′µ = Λ µ νx ν ,<br />
transformira kot:<br />
G ′ = det(Λ µ ν)G (2.111)
2.6. BILINEARNA FORMA G = ψγ 5 ψ PRI LORENTZOVI TRANSFORMACIJI 23<br />
Rešitev:<br />
Iz teorije vemo, da se pri Lorentzovi transformaciji valovne funkcije transformirajo kot:<br />
kjer je S znana transformacija in zanjo velja:<br />
ψ −→ ψ ′ = Sψ, (2.112)<br />
S −1 γ µ S = Λ µ ν γν (2.113)<br />
Splošna bilinearna forma pa se, ob upoštevanju transformacije za valovno funkcijo, transformira<br />
kot:<br />
G ′ = ψ ′ Γψ ′ = ψS −1 ΓSψ = ψΓ ′ ψ (2.114)<br />
Da bi vedeli, kako se transformira bilinearna forma, v kateri nastopa γ 5 , moramo <strong>iz</strong>računati<br />
<strong>iz</strong>raz:<br />
Γ ′ = S −1 γ 5 S = S −1 γ 0 γ 1 γ 2 γ 3 S (2.115)<br />
Ker vemo, da je SS −1 = Id., lahko zgornjo zvezo zapišemo kot:<br />
Če sedaj še uporabimo zvezo 2.113, dobimo<br />
Γ ′ = S −1 γ 0 SS −1 γ 1 SS −1 γ 2 SS −1 γ 3 S (2.116)<br />
Γ ′ = Λ 0 ν γν Λ 1 ν γν Λ 2 ν γν Λ 3 ν γν (2.117)<br />
Lorenztovo transformacijo lahko zapišemo kot neko (zaenkrat še neznano) matriko:<br />
⎛<br />
Λ µ ν = ⎜<br />
⎝<br />
Če to uporabimo v našem <strong>iz</strong>razu, dobimo:<br />
⎞<br />
a 00 a 01 a 02 a 03<br />
a 10 a 11 a 12 a 13<br />
a 20 a 21 a 22 a 23<br />
a 30 a 31 a 32 a 33<br />
⎟<br />
⎠ (2.118)<br />
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) ×<br />
(<br />
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)<br />
Sedaj se odločimo, da ne bomo več delali splošno, pač pa bomo rešili ”polsplošen”<br />
problem. Poglejmo si, kaj dobimo v primeru Lorentzove transformacije, ki ima obliko:<br />
⎛<br />
Γ µ ν = ⎜<br />
⎝<br />
g −igβ 0 0<br />
−igβ g 0 0<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ , (2.120)
24 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA<br />
kjer je g = √ 1 . Determinanta te Lorenzove matrike, ko jo <strong>iz</strong>računamo, znaša:<br />
1−β 2<br />
detΛ µ ν = g 2 (1 + β 2 ) (2.121)<br />
Sedaj dano Lorentzovo transformacijo uporabimo v <strong>iz</strong>razu 2.119, in dobimo<br />
Γ ′ = (gγ 0 − igβγ 1 )(−igβγ 0 + gγ 1 )γ 2 γ 3 (2.122)<br />
Ko zmnožimo vse člene skupaj in upoštevamo zveze:<br />
γ 0 γ 0 = 1 (2.123)<br />
γ i γ i = −1 (2.124)<br />
γ µ γ ν = −γ ν γ µ , (2.125)<br />
dobimo končni rezultat:<br />
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)<br />
To nas je pripeljalo do zaključka, da je<br />
Γ ′ = detΛ µ νΓ (2.127)<br />
in posledično tudi:<br />
G ′ = detΛ µ ν G (2.128)<br />
Sedaj si poglejmo, kaj dobimo v primeru, če za Lorenzovo transformacijo vzamemo<br />
klasično rotacijo v prostoru. Za svoj primer sem vzel rotacijo okrog z osi, ki jo v obliki<br />
matrike zapišemo kot:<br />
⎛<br />
Λ µ ν = ⎜<br />
⎝<br />
1 0 0 0<br />
0 cos φ − sinφ 0<br />
0 sinφ cos φ 0<br />
0 0 0 1<br />
Ko to vstavimo v <strong>iz</strong>raz 2.119 in ga uredimo, dobimo<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (2.129)<br />
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)<br />
Vidimo, da zopet pridemo do enakega zaključka, kot v prvem primeru.<br />
Za konec pa si poglejmo še primer, ko za transformacijo vzamemo operacijo parnosti, ki<br />
naredi:<br />
x 0 −→ x 0 (2.131)<br />
x i −→ −x i (2.132)
2.6. BILINEARNA FORMA G = ψγ 5 ψ PRI LORENTZOVI TRANSFORMACIJI 25<br />
Ko to zapišemo v matrični obliki, dobimo:<br />
⎛<br />
µ<br />
Λ p ν = ⎜<br />
⎝<br />
Ko tudi to vstavimo v <strong>iz</strong>raz 2.119, dobimo<br />
1 0 0 0<br />
0 −1 0 0<br />
0 0 −1 0<br />
0 0 0 −1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (2.133)<br />
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)<br />
Prav nič presenetrljivo smo znova prišli do istega rezultata. Od tod vidimo, da če za<br />
transformacijo vzamemo transformacijo Λ P , se pri Lorentzovi transformaciji naša bilinearna<br />
forma (ψγ 5 ψ) transformita kot<br />
G −→ G ′ = −G (2.135)<br />
Zaradi tega se ta bilinerna forma imenuje psevdo skalar, saj pri takšni transformaciji partnosti<br />
dobimo negativni predznak.
26 CHAPTER 2. LORENTZOVA TRANSFORMACIJA
Chapter 3<br />
Poissonovi oklepaji<br />
3.1 Poissonovi oklepaji<br />
Poišči Poissonove oklepaje med x a in F(x b ,p b ), med p a in F(x b ,p b ), ter med gibalnimi<br />
količinami ter L ab in {L ab ,L cd } p .<br />
Rešitev:<br />
Poissonov oklepaj je definiran kot<br />
{A,B} p = ∂A<br />
∂p a ∂B<br />
∂x a<br />
− ∂A<br />
∂x a ∂B<br />
∂p a<br />
(3.1)<br />
Najprej <strong>iz</strong>računajmo Poissonov oklepaj {x a ,F(x b ,p b )}. Računamo kar po definiciji<br />
{x a ,F(x b ,p b )} = ∂xa ∂F(x b ,p b )<br />
∂p c − ∂xa ∂F(x b ,p b )<br />
∂x c ∂x c (3.2)<br />
∂p c<br />
Ker vemo, da je<br />
lahko zapišemo<br />
∂x a<br />
∂x c = δac (3.3)<br />
∂p a<br />
∂p c = δac (3.4)<br />
∂x a<br />
= 0,<br />
∂pc (3.5)<br />
{x a ,F(x b ,p b )} = −δ ac ∂F(xb ,p b )<br />
∂p c<br />
(3.6)<br />
Slednji odvod <strong>iz</strong>računamo tako, da posredno odvajamo<br />
∂F<br />
= ∂F ∂x b<br />
∂p c ∂x b + ∂F ∂p b<br />
∂p c ∂p b = ∂F<br />
∂p c ∂p bδb c (3.7)<br />
27
28 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI<br />
Če to upostevamo v Poissonovemu oklepaju, dobimo<br />
{x a ,F(x b ,p b ac ∂F<br />
)} = −δ<br />
∂p bδb c = + ∂F<br />
∂p bδab (3.8)<br />
Pri tem smo upostevali, da δ b c<br />
spremeni predznak.<br />
Povsem analogno lahko postopamo pri reševanju Poissonovega oklepaja gibalne količine<br />
in te iste funkcije<br />
{p a ,F(x b ,p b )} = ∂pa ∂F<br />
∂p c − ∂pa ∂F ac ∂F<br />
∂x c ∂x c = δ (3.9)<br />
∂p c ∂x c<br />
Tudi tu odvod ∂F<br />
∂x c<br />
<strong>iz</strong>računamo s posrednim odvajanjem po obeh njegovih spremenljivkah<br />
∂F(x b ,p b )<br />
∂x c<br />
= ∂F<br />
∂x bδb c . (3.10)<br />
Ko to upoštevamo v Poissonovemu oklepaju, dobimo<br />
{p a ,F(x b ,p b ac ∂F<br />
)} = δ<br />
∂x bδb c = − ∂F<br />
∂x bδab . (3.11)<br />
Sedaj <strong>iz</strong>računajmo Poissonov oklepaj med gibalno količino in vrtilno količino. Zapišemo<br />
{L ab ,p c } = ∂Lab<br />
∂p d ∂p c<br />
∂x d<br />
− ∂Lab<br />
∂x d ∂p c<br />
∂p d<br />
= −∂Lab<br />
∂x d δc d . (3.12)<br />
Upoštevajmo definicijo vrtilne količine:<br />
Potem lahko <strong>iz</strong>računamo odvod<br />
L ab = x a p b − x b p a (3.13)<br />
∂L ab<br />
∂x d = pb δ ad − p a δ bd (3.14)<br />
Odvoda vrtilne količine po gibalni količini ni potrebno <strong>iz</strong>računati, ker je prvi člen enak nič.<br />
Tako nam ostane le<br />
{L ab ,p c } = −(p b δ ad − p a δ bd )δ c d = −pa δ bc + p b δ ac . (3.15)<br />
Za konec pa <strong>iz</strong>računajmo še Poissonov oklepaj {L ab ,L cd }. Po definiciji lahko spet<br />
napišemo<br />
{L ab ,L cd } = ∂Lab<br />
∂p g ∂L cd<br />
∂x g<br />
− ∂Lab<br />
∂x g ∂L cd<br />
∂p g<br />
(3.16)
3.2. ZVEZA: E P I A Iσ I<br />
= A + ∑ I B Iσ I 29<br />
Pri tem seveda velja, da je<br />
L ab = x a p b − x b p a (3.17)<br />
L cd = x c p d − x d p c (3.18)<br />
Sedaj lahko <strong>iz</strong>računamo odvode obeh vrtilnih količin po gibalni količini in kraju. Z malo<br />
truda dobimo<br />
∂L ab<br />
∂p g = xa δ bg − x b δ ag (3.19)<br />
∂L cd<br />
∂x g<br />
= p d δ c g − p c δ d g (3.20)<br />
∂L ab<br />
∂x g = pb δ ag − p a δ bg (3.21)<br />
∂L cd<br />
= x c δg d − x d δg c ∂p g<br />
(3.22)<br />
Če to vstavimo nazaj v definicijo Poissonovega oklepaja, z nekaj dela dobimo<br />
Če upoštevamo, da je<br />
dobimo končen rezultat<br />
{L ab ,L cd } = −δ bc (x a p d − p a x d ) − δ bd (p a x c − x a p c ) −<br />
−δ ac (p b x d − x b p d ) − δ ad (x b p c − p b x c ) (3.23)<br />
L ij = x i p j − x j p i , (3.24)<br />
{L ab ,L cd } = −δ bc L ad + δ bd L ac + δ ac L bd − δ ad L bc (3.25)<br />
3.2 Zveza: e ∑ i a iσ i<br />
= A + ∑ i B iσ i<br />
Dokaži, da velja<br />
e P i a iσ i<br />
= A + ∑ i<br />
B i σ i , (3.26)<br />
kjer so σ i znane Paulijeve matrike.<br />
Rešitev:<br />
Da si osvežimo spomin si najprej napišimo vse tri Paulijeve matrike<br />
( ) 0 1<br />
σ 1 =<br />
1 0<br />
( ) 0 −i<br />
σ 2 =<br />
i 0<br />
( ) 1 0<br />
σ 3 =<br />
0 −1<br />
(3.27)<br />
(3.28)<br />
(3.29)
30 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI<br />
Če sedaj poimenujemo a 1 = a, a 2 = b in a 3 = c, lahko sestavimo novo matriko kot<br />
( ) ( ) ( )<br />
1 a 0 ib c 0<br />
A = aσ 1 + bσ 2 + cσ 3 = + + =<br />
a 0 ib 0 0 −c<br />
(<br />
)<br />
c a − bi<br />
=<br />
a + bi −c<br />
Sedaj si poglejmo, kaj dobimo, če naredimo produkt A.A:<br />
(<br />
)(<br />
)<br />
(<br />
c a − bi c a − bi<br />
A.A =<br />
= (a 2 + b 2 + c 2 1 0<br />
)<br />
a + bi −c a + bi −c<br />
0 1<br />
Z enostavnim premislekom lahko od tod hitro sklepamo, da bo<br />
(<br />
)<br />
A 3 = (a 2 + b 2 + c 2 c a − bi<br />
)<br />
a + bi −c<br />
( )<br />
A 4 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 1 0<br />
0 1<br />
)<br />
(3.30)<br />
(3.31)<br />
(3.32)<br />
(3.33)<br />
. (3.34)<br />
Sedaj je na nas, da razvijemo eksponentni člen e P i a iσ i<br />
v vrsto. Če predpostavimo, da so<br />
a,b,c ∈ R in še označimo z = (a 2 + b 2 + c 2 ), dobimo<br />
e P i a iσ i<br />
= Id + A + z 2! Id + z 3! A + z2 z2<br />
Id +<br />
4! 5! A + z3<br />
Id + ... (3.35)<br />
6!<br />
Dobljeni <strong>iz</strong>raz lahko razdelimo na dva kosa:<br />
e P i a iσ i<br />
= Id(1 + 2!<br />
z + z2<br />
4! + z3<br />
6! + ...) + A(1 + z 3! + z2<br />
5! + z3<br />
+ ...) (3.36)<br />
7!<br />
V <strong>iz</strong>razih v oklepajih z nekaj pomoči priročnikov prepoznamo<br />
Tako dobimo<br />
1 + 2!<br />
z + z2<br />
4! + z3<br />
6! + ... = cosh(√ z) (3.37)<br />
1 + z 3! + z2<br />
5! + z3<br />
7! + ... = sinh(√ z)<br />
√ z<br />
(3.38)<br />
e P i a iσ i<br />
= Idcosh( √ a 2 + b 2 + c 2 ) + sinh √ a 2 + b 2 + c 2<br />
√<br />
a 2 + b 2 + c 2<br />
Če sedaj še uvedemo konstante<br />
∑<br />
a i σ i (3.39)<br />
A ′ = Idcosh( √ a 2 + b 2 + c 2 ) (3.40)<br />
B i = a i<br />
sinh √ a 2 + b 2 + c 2<br />
√<br />
a 2 + b 2 + c 2 (3.41)<br />
i
3.3. POISSONOVI OKLEPAJI <strong>II</strong> 31<br />
dobimo končni rezultat<br />
e P i a iσ i<br />
= A ′ + ∑ i<br />
B i σ i (3.42)<br />
Na hitro si sedaj poglejmo še, kaj pa če so a,b,c ∈ I. Zapišimo jih kot<br />
a −→ ia (3.43)<br />
b −→ ib (3.44)<br />
c −→ ic (3.45)<br />
V tem primeru lahko postopamo povsem enako pot v zgornjem primeru, le da v vrsti, ki jo<br />
dobimo, ko razvijemo eksponentni člen ne bodo vsi členi z minusi, pač pa bodo imeli členi,<br />
ki imajo lihe potenče z 2n+1 negativni predznak. Če zapišemo to vrsto dobimo<br />
e P j ia jσ j<br />
= Id(1 − 2!<br />
z + z2<br />
4! − z3<br />
6! + ...) + A(1 − z 3! + z2<br />
5! − z3<br />
+ ...) (3.46)<br />
7!<br />
V <strong>iz</strong>razih tudi tu prepoznamo<br />
1 − 2!<br />
z + z2<br />
4! − z3<br />
6! + ... = cos(√ z) (3.47)<br />
1 − z 3! + z2<br />
5! − z3<br />
7! + ... = sin(√ z)<br />
√ z<br />
(3.48)<br />
Ko to upoštevamo, dobimo povsem a<strong>naloge</strong>n rezultat, kot v prejšnjem primeru, le da tu<br />
nastopajo kotne funkcije:<br />
e P j ia jσ j<br />
= Idcos( √ a 2 + b 2 + c 2 ) + sin √ a 2 + b 2 + c 2<br />
√<br />
a 2 + b 2 + c 2<br />
Če tudi tu uvedemo konstante<br />
∑<br />
ia j σ j (3.49)<br />
A ′ = Idcos( √ a 2 + b 2 + c 2 ) (3.50)<br />
B i = a i<br />
sin √ a 2 + b 2 + c 2<br />
√<br />
a 2 + b 2 + c 2 (3.51)<br />
j<br />
dobimo končni rezultat<br />
P<br />
e<br />
j ia jσ j<br />
= A ′ + ∑ j<br />
iB j σ j (3.52)<br />
3.3 Poissonovi oklepaji <strong>II</strong><br />
Izvrednoti Poissonov oklepaj {a,a ∗ }, če velja<br />
a =<br />
1<br />
√<br />
2mω<br />
(mωx + ip) (3.53)
32 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI<br />
Rešitev:<br />
Ker vemo, kako se <strong>iz</strong>raža operator a, lahko takoj zapišemo njemu kompleksno konjugiran<br />
operator a ∗ kot<br />
a ∗ =<br />
1<br />
√<br />
2mω<br />
(mωx − ip) (3.54)<br />
Sedaj se lahko lotimo računanja danega Poissonovega oklepaja. Formalno ga zapišemo kot<br />
Če vstavimo <strong>iz</strong>raza 3.53 in 3.54 v zgornjo enačbo, dobimo<br />
{a,a ∗ } = ∂a ∂a ∗<br />
∂x ∂p − ∂a ∂a ∗<br />
∂p ∂x . (3.55)<br />
{a,a ∗ } =<br />
1 1<br />
√ mω √ (−i) −<br />
2mω 2mω<br />
i<br />
√<br />
2mω<br />
mω<br />
√<br />
2mω<br />
(3.56)<br />
Če dobljeni <strong>iz</strong>raz poenostavimo dobimo končni rezultat<br />
{a,a ∗ } = − i <br />
(3.57)<br />
Sedaj na hitro <strong>iz</strong>računajmo še obratni Poissonov oklepaj {a ∗ ,a}. Formalno ga zapišemo<br />
{a ∗ ,a} = ∂a∗<br />
∂x<br />
∂a<br />
∂p − ∂a∗ ∂a<br />
∂p ∂x<br />
(3.58)<br />
Če še sem vstavimo <strong>iz</strong>raza 3.53 in 3.54, dobimo<br />
{a ∗ ,a} =<br />
1 1<br />
√ mω √ (i) −<br />
2mω 2mω<br />
(−i) √<br />
2mω<br />
mω<br />
√<br />
2mω<br />
(3.59)<br />
Ko okrajšamo ta <strong>iz</strong>raz, dobimo<br />
{a ∗ ,a} = i <br />
(3.60)<br />
3.4 Poissonovi oklepaji in upodobitve operatorjev<br />
Za operatorje L ab , a,b = 1,2,3, poišči Poissonove oklepaje. Za ustrezne komutatorje poišči<br />
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<br />
Rešitev:<br />
Operator 1 vrtilne količine vpeljemo kot<br />
L = x × p (3.61)<br />
Posamezno komponento vrtilne količine lahko potem zapišemo kot<br />
L i = ǫ ilk x l p k (3.62)<br />
Poglejmo si sedaj komutatorje dveh komponent vrtilne količine<br />
[L x ,L y ] = [L x ,zp x − xp z ] = [L x ,zp x ] − [L x ,xp z ] = (3.63)<br />
= [L x ,z]p x + z[L x ,p x ] − x[L x ,p z ] − [L x ,x]p z (3.64)<br />
Če upoštevamo, da je<br />
[L x ,z] = −iy (3.65)<br />
[L x ,p z ] = −ip y (3.66)<br />
[L x ,p x ] = 0 (3.67)<br />
[L x ,x] = 0 (3.68)<br />
dobimo<br />
[L x ,L y ] = i(xp y − yp x ) = iL z (3.69)<br />
S ciklično permutacijo dobimo še preostala dva komutatorja<br />
[L y ,L z ] = iL x (3.70)<br />
[L z ,L x ] = iL y (3.71)<br />
Splošno lahko potem zapišemo<br />
[L i ,L j ] = iǫ ijk L k (3.72)<br />
Sedaj pa si poglejmo komutator med skalarjem A in vrtilno količino: [L i ,A] =. Zapišemo<br />
lahko<br />
[L i ,A]ψ = L i Aψ − AL i ψ. (3.73)<br />
Če upoštevamo, da lahko v tem primeru zamenjamo vrstni red operatorjev, saj je A<br />
skalar, dobimo:<br />
[L i ,A]ψ = AL i ψ − AL i ψ = 0 (3.74)<br />
1 Zaradi naše lenobe ne bomo pisali strešic na operatorje, ampak jih bomo imeli le v mislih.
34 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI<br />
Vidimo, da vsaka komponenta vrtilne količine komutira s skalarnim operatorjem A<br />
[L i ,A] = 0. (3.75)<br />
Ker se kvadrat velikosti vrtilne količine L 2 = ∑ i L2 i<br />
sledi<br />
transformira kot skalar, od tod takoj<br />
[L i ,L 2 ] = 0, (3.76)<br />
kar pomeni, da vsaka komponenta vrtilne količine komutira s kvadratom velikosti vrtilne<br />
količine.<br />
Sedaj vpeljimo nova operatorja<br />
Sedaj <strong>iz</strong>racunajmo nekaj komutatorjev s temi operatorji<br />
L ± = L x ± iL y (3.77)<br />
[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 ] =<br />
Poglejmo si še nekaj produktov, ki nam bodo kasneje koristili<br />
= (−i)iL z − iiL z = 2L z (3.78)<br />
[L 2 ,L ± ] = [L 2 ,L x + iL y ] = 0 (3.79)<br />
[L z ,L ± ] = [L z ,L x ± iL y ] = ±L ± (3.80)<br />
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)<br />
L − L + = (L x − iL y )(L x + iL y ) = L 2 x + L 2 y − L z (3.82)<br />
Ko poznamo te produkte lahko nekoliko drugače <strong>iz</strong>razimo kvadrat velikosti vrtilne količine:<br />
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)<br />
Sedaj te zveze, ki smo jih dobili uporabimo v vektorskem prostoru. Ker je L 2 observabla,<br />
to je v splošnem količina, ki je omejena, in ker je [L 2 ,L z ] = 0 smemo predpostaviti, da<br />
obstaja lastno stanje ψ, za katero velja<br />
L 2 ψ = λψ (3.84)<br />
L z ψ = l z ψ. (3.85)<br />
Zavedati se je potrebno, da mi ne moremo gledati vseh komponent vrtilne količine<br />
hkrati, pač pa le eno komponento in velikost vrtilne količine. Mi smo si <strong>iz</strong>brali z-komponento.<br />
Poglejmo si sedaj, kaj naredita operatorja L ± na ta lastna stanja danih dveh operatorjev.<br />
L z L ± ψ lz = L ± L z ψ lz ± L ± ψ lz = (l z ± )L ± ψ lz , (3.86)<br />
kjer smo uporabili prej <strong>iz</strong>peljano zvezo, da je<br />
L z L ± = L ± L z ± L ± (3.87)
3.4. POISSONOVI OKLEPAJI IN UPODOBITVE OPERATORJEV 35<br />
Iz rezultata, ki ga dobimo, vidimo, da L ± delata stanja, ki imajo za eno višjo oz. nižjo<br />
lastno vrednost. Ker se lastne vrednosti spreminjajo vedno za večkratnik , je smiselno<br />
vpeljati<br />
l z = m, m ∈ ..., −2, −1,0,1,2,3,... (3.88)<br />
Podoben postopek naredimo sedaj še z operatorjem kvadrata vrtilne količine.<br />
L 2 ψ lm = λψ lm , (3.89)<br />
kjer že vemo, da nam m pove lastno vrednost z-komponente vrtilne količine. Koeficient<br />
l pa si pripravimo, da bomo z njim opisali lastne vrednosti λ kvadrata velikosti vrtilne<br />
količine. V Diracovi notaciji lahko zgornjo enačbo zapišemo v obliki<br />
Poglejmo si sedaj naslednji skalarni produkt<br />
L 2 |l,m〉 = λ|l,m〉 (3.90)<br />
〈l,m|L 2 |l,m〉 = λ〈l,m|l,m〉 (3.91)<br />
Ker velja, da je 〈l,m|L 2 |l,m〉 ≥ 0 in 〈l,m|l,m〉 ≥ 0, mora biti tudi koeficient λ ≥ 0. To<br />
nam pove, da bodo lastne vrednosti kvadrata vrtilne količine nenegatine.<br />
Mi vemo, da operatorja L ± , ko delujeta na stanje |l,m〉, naredita stanje z eno višjo, oz<br />
eno nižjo lastno vrednostjo z-komponente vrtilne količine<br />
L ± |l,m〉 = C ± |l,m ± 1〉 (3.92)<br />
Sedaj nas zanima, kakšna je konstanta C. V ta namen si poglejmo skalarni produkt zgornjega<br />
<strong>iz</strong>raza s samim sabo. Glejmo najprej za operator L + :<br />
〈L + l,m|L + l,m〉 = C+ 2 〈l,m + 1|l,m + 1〉 (3.93)<br />
Če upoštevamo, da so stanja normirana, dobimo<br />
Če še upoštevamo, da je<br />
dobimo<br />
〈L + l,m|L + l,m〉 = C 2 + (3.94)<br />
L + = (L − ) † (3.95)<br />
L − = (L + ) † , (3.96)<br />
〈l,m|L − L + |l,m〉 = C 2 + (3.97)
36 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI<br />
Če uporabimo zvezo, ki smo jo <strong>iz</strong>peljali za produkt operatorjev L − L + , dobimo<br />
〈l,m|L 2 − L z − L 2 z |l,m〉 = λ − 2 m − 2 m 2 = C+ 2 (3.98)<br />
Vpeljimo brezdimenzijsko lastno vrednost ξ kot: λ = 2 ξ. Potem nam ostane<br />
2 (ξ − m(m + 1)) = C+ 2 (3.99)<br />
Ker je desna stran nenegativna, mora biti tudi leva. Od tod sledi pogoj:<br />
ξ − m(m + 1) ≥ 0 (3.100)<br />
oziroma<br />
ξ ≥ m(m + 1). (3.101)<br />
Podobno lahko sedaj <strong>iz</strong>vedemo tudi za operator L − :<br />
〈L − l,m|L − l,m〉 = C− 2 (3.102)<br />
Ko malo preoblikujemo, dobimo<br />
〈l,m|L + L − |l,m〉 = C− 2 (3.103)<br />
Če še upoštevamo zvezo, ki smo jo <strong>iz</strong>peljali za produkt operatorjev L + L − , dobimo<br />
〈l,m|L 2 + L z − L 2 z|l,m〉 = 2 ξ 2 m − 2 m 2 = C− 2 (3.104)<br />
Po vpeljavi istih brezdimenzijskih spremenljivk, dobimo<br />
2 (ξ − m(m − 1)) = c 2 − (3.105)<br />
Od tod pa dobimo pogoj<br />
ξ ≥ m(m − 1). (3.106)<br />
Tako imamo sedaj tri neenakosti<br />
ξ ≥ m(m + 1) (3.107)<br />
ξ ≥ m(m − 1) (3.108)<br />
ξ ≥ 0, (3.109)<br />
kjer je m seveda celo število. Poglejmo si sedaj, kaj dobimo za m ≥ 0. Zapišemo lahko<br />
ξ ≥ m(m + 1) ≥ m(m − 1) (3.110)<br />
Enačaj v prvi zgornji neenakosti velja edino le tedaj, ko je m = ˜m. Tedaj zapišemo<br />
ξ = ˜m(˜m + 1) (3.111)
3.4. POISSONOVI OKLEPAJI IN UPODOBITVE OPERATORJEV 37<br />
za m〈0 lahko zapišemo iste tri neenakosti<br />
V tem primeru spet lahko zapišemo<br />
ξ ≥ m(m + 1) = −|m|(1 − |m|) = |m|(|m| − 1) (3.112)<br />
ξ ≥ m(m − 1) = −|m|(−|m| − 1) = |m|(|m| + 1) (3.113)<br />
ξ ≥ 0, (3.114)<br />
ξ ≥ |m|(|m| + 1) ≥ |m|(|m| − 1) (3.115)<br />
Če tudi tu vzamemo maksimalno absolutno vrednost |m| = ˜m, dobimo<br />
ξ = ˜m(1 + ˜m) (3.116)<br />
Če sedaj preimenujemo m −→ l, ki smo ga v ta namen pripravili, lahko zapišemo<br />
ξ = l(l + 1) (3.117)<br />
Tako smo prišli do dveh pomembnih ugotovitev: Lastne vrednosti operatorja kvadrata<br />
vrtilne količine se <strong>iz</strong>ražajo kot<br />
λ = 2 l(l + 1) (3.118)<br />
in so seveda nenegativne, saj je l ≥ 0, ter da za lastne vrednosti z-komponente vrtilne<br />
količine velja<br />
Sedaj imamo vse, da lahko zapišemo konstante C ± kot<br />
|m| ≤ ˜m = l (3.119)<br />
C ± = √ l(l + 1) − m(m ± 1) (3.120)<br />
Delovanje operatorjev L ± lahko tako zapišemo v celostni podobi kot<br />
L + |l,m〉 = √ l(l + 1) − m(m + 1)|l,m + 1〉 (3.121)<br />
L − |l,m〉 = √ l(l + 1) − m(m − 1)|l,m − 1〉 (3.122)<br />
Poglejmo si robni primer l = m. Če na takšno stanje delujemo z operatorjem L − , dobimo<br />
L − |l,l〉 = √ 2l|l,l − 1〉 (3.123)<br />
L 2 − |l,l〉 = D 2|l,l − 2〉 (3.124)<br />
. (3.125)<br />
L k −|l,l〉 = D k |l, −l〉 (3.126)<br />
Od tod vidimo, da za m velja m : l,l − 1,...,1,0, −1,..., −l. Vseh možnih m je tako 2l + 1.<br />
Pogoj za koeficient k pa zapišemo v obliki<br />
l − k = −l; k ∈ 1,2,3,..... (3.127)
38 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI<br />
Če <strong>iz</strong>raz obrnemo, dobimo pogoj za l:<br />
l = k 2 . (3.128)<br />
Vidimo, da ker je k naravno število, ima lahko l naslednje vrednosti:<br />
No, pa smo pri koncu!<br />
l = 1 2 ,1, 3 2 ,2, 5 ,3,... (3.129)<br />
2<br />
3.5 Komutator vrtilne količine in sfernega harmonika<br />
Izvrednoti komutatorje [L µ ,Y lm ], µ = ±,z, kjer so Y lm (normirani) sferni harmoniki.<br />
Rešitev:<br />
Izračunati moramo komutator operatorja in funkcije, ki je v bistvu lastna funkcija danih<br />
operatorjev, saj velja<br />
L z Y lm = mY lm (3.130)<br />
L ± Y lm = √ l(l + 1) − m(m ± 1)Y l,m±1 (3.131)<br />
Da bomo lahko kaj <strong>iz</strong>računali zapišimo naše tri operatorje v sferičnih koordinatah. Velja<br />
L z = −i ∂<br />
∂φ<br />
(<br />
L ± = e ±iφ ± ∂ ∂θ + icot θ ∂ )<br />
∂φ<br />
Najprej si poglejmo komutator z z-komponento vrtilne količine<br />
(3.132)<br />
(3.133)<br />
[L z ,Y lm ]ψ = L z (Y lm ψ) − Y lm (L z ψ) = −i ∂<br />
∂φ (Y lmψ) − Y lm (−i ∂<br />
∂φ ψ) =<br />
= −i( ∂<br />
∂φ Y ∂ψ<br />
lm)ψ − iY lm<br />
∂φ + iY ∂ψ<br />
lm<br />
∂φ = (L zY lm )ψ = (mY lm )ψ (3.134)<br />
Od tod vidimo, kaj je dani komutator:<br />
Sedaj pa <strong>iz</strong>računajmo še komutator z operatorjem L + :<br />
= e iφ (<br />
Y lm<br />
∂ψ<br />
∂θ + ψ∂Y lm<br />
[<br />
= Y lm e iφ ( ∂ψ ]<br />
+ icot θ∂ψ<br />
∂θ ∂φ ) + ψ<br />
[L z ,Y lm ] = mY lm (3.135)<br />
[L + ,Y lm ]ψ = L + (Y lm ψ) − Y lm (L + ψ) =<br />
)<br />
∂θ + icot θ(Y ∂ψ<br />
lm<br />
∂φ + ψ∂Y lm<br />
∂φ ) − Y lm (L + ψ) =<br />
[<br />
e iφ ( ∂Y ]<br />
lm<br />
∂θ + icot θ∂Y lm<br />
∂θ ) − Y lm (L + ψ) =<br />
= ψL + Y lm = ψ √ l(l + 1) − m(m + 1)Y lm+1 (3.136)
3.5. KOMUTATOR VRTILNE KOLIČINE IN SFERNEGA HARMONIKA 39<br />
Tako vidimo, da je naš komutator enak<br />
[L + ,Y lm ] = √ l(l + 1) − m(m + 1)Y lm+1 (3.137)<br />
Na isti način <strong>iz</strong>računamo tudi zadnji komutator z operatorjem L − . Dobimo:<br />
[L − ,Y lm ] = √ l(l + 1) − m(m − 1)Y lm−1 (3.138)
40 CHAPTER 3. POISSONOVI OKLEPAJI
Chapter 4<br />
Hermitski operatorji<br />
4.1 Lastne vrednosti hermitskih operatorjev<br />
Pokaži, da imajo hermitski operatorji realne lastne vrednosti.<br />
Rešitev:<br />
Za hermitski operator velja<br />
Naj bo |ψ〉 lastni vektor operatorja A. Potem lahko zapišemo<br />
Če enačbo z leve pomnožimo z 〈ψ|, dobimo<br />
A = A † (4.1)<br />
A|ψ〉 = λ|ψ〉 (4.2)<br />
〈ψ|A|ψ〉 = λ〈ψ|ψ〉 = λ (4.3)<br />
kjer smo upoštevali, da so lastni vektorji normirani. Podoben skalarni produkt lahko naredimo<br />
še za adjungirani operator<br />
Po drugi strani pa vemo, da velja<br />
〈ψ|A † |ψ〉 = 〈Aψ|ψ〉 = (〈ψ|A|ψ〉) ∗ = (λ〈ψ|ψ〉) ∗ = λ ∗ (4.4)<br />
〈ψ|A|ψ〉 = 〈ψ|A † |ψ〉 (4.5)<br />
Če upoštevamo, kaj rezultat obeh skalarnih produktov je, dobimo<br />
λ = λ ∗ (4.6)<br />
Kompleksno število je enako sebi konjugiranemu številu le tedaj, ko je realno. Torej<br />
λ ∈ R (4.7)<br />
41
42 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI<br />
4.2 Lastni vektorji hermitskih operatorjev<br />
Pokaži, da so lastni vektorji hermitskega operatorja, ki imajo različne lastne vrednosti, med<br />
seboj ortogonalni<br />
Rešitev:<br />
Naj bosta |ψ〉 in |φ〉 lastna vektorja hermitskega operatorja A z različnima lastnima vrednostima<br />
a ≠ b. Tedaj lahko zapišemo<br />
Naredimo sedaj naslednji skalarni produkt<br />
Po drugi strani pa je to enako<br />
A|ψ〉 = a|ψ〉 (4.8)<br />
A|φ〉 = b|φ〉 (4.9)<br />
〈φ|A|ψ〉 = a〈φ|ψ〉. (4.10)<br />
〈φ|A|ψ〉 = 〈A † φ|ψ〉 = 〈Aφ|ψ〉 = (〈ψ|A|φ〉) ∗ = b ∗ 〈ψ|φ〉 ∗ = b ∗ 〈φ|ψ〉 (4.11)<br />
Če upoštevamo rezultat <strong>iz</strong> prejšnje vrstice in ga odštejemo od slednje vrstice dobimo<br />
Če še uporabimo, da so lastne vrednosti realne, dobimo<br />
(a − b ∗ )〈φ|ψ〉 = 0 (4.12)<br />
(a − b)〈φ|ψ〉 = 0 (4.13)<br />
Ker sta lastni vrednosti različni, bo leva stran enaka nič le tedaj, ko bo<br />
〈φ|ψ〉 = 0 (4.14)<br />
To pa pomeni, da je |ψ〉⊥|φ〉. Torej so lastni vektorji hermitskega operatorja, ki pripadajo<br />
različnim lastnim vrednostim res ortogonalni.<br />
4.3 Operator ˆx in operator ˆp.<br />
Pokaži, da sta ˆx in ˆp hermitska operatorja v obeh upodobitvah, koordinatni in momentni.<br />
Rešitev:<br />
Najprej pokažimo, da je ˆx hermitski. Najprej to naredimo v x-reprezentaciji, kjer je operator<br />
ˆx kar množenje z x. Poglejmo si skalarni produkt:<br />
∫ ∫ ∫<br />
〈ψ|ˆx|φ〉 = ψ ∗ xφdx = xψ ∗ φdx = (xψ) ∗ φdx = 〈ˆxψ|φ〉, (4.15)
4.3. OPERATOR ˆX IN OPERATOR ˆP. 43<br />
kjer smo upoštevali, da x ∈ R. Tako smo dobili<br />
Od tod vidimo, da velja<br />
kar pomeni, da je ˆx hermitski operator.<br />
〈ψ|ˆx|φ〉 = 〈ˆxψ|φ〉 = 〈ψ|ˆx † |φ〉 (4.16)<br />
ˆx = ˆx † , (4.17)<br />
Pokažimo sedaj to lastnost še v p-reprezentaciji. V tej reprezentaciji se operator odmika<br />
<strong>iz</strong>raža kot<br />
ˆx = i ∂ ∂p<br />
(4.18)<br />
Poglejmo si skalarni produkt (tu sedaj stanja niso funkcije x pač pa p)<br />
∫<br />
〈Ψ|ˆx|Φ〉 = Ψ ∗ i ∂ ∫<br />
∂p Φdp = i Ψ ∗∂Φ<br />
∫<br />
∂p dp = i(Ψ∗ Φ| ∞ −∞ − Φ ∂Ψ∗<br />
∂p dp) =<br />
∫<br />
= −i Φ ∂Ψ∗ dp (4.19)<br />
∂p<br />
V računu smo uporabili enkrat Per Partes ter upoštevali, da sta funkciji ψ in φ <strong>iz</strong> prostora<br />
L 2 , in sta zato v neskončnosti enaki nič. To še nekoliko preoblikujmo<br />
∫<br />
∫<br />
〈Ψ|ˆx|Φ〉 = −i ∂Psi∗<br />
∂p Φdp = (i ∂Ψ ∫<br />
∂p )∗ Φdp = (ˆxΨ) ∗ Φdp = 〈ˆxΨ|Φ〉 =<br />
Tako smo tudi tu dobili, da je operator odmika hermitski operator:<br />
= 〈Ψ|ˆx † |Φ〉 (4.20)<br />
ˆx = ˆx † (4.21)<br />
Sedaj pokažimo še za operator gibalne količine ˆp, da je hermitski. Najprej naredimo to<br />
v koordinatni reprezentaciji, kjer se dani operator <strong>iz</strong>raža kot<br />
ˆp = −i ∂<br />
∂x<br />
Zapišimo skalarni produkt:<br />
∫<br />
〈ψ|ˆp|φ〉 = ψ ∗ (−i ∂ ∫<br />
∂x )ψdx = −i ∫ ∫<br />
= −i(ψ ∗ φ| ∞ −∞ − φ ∂ψ∗<br />
∂x dx) =<br />
ψ ∗∂φ<br />
∂x dx =<br />
(4.22)<br />
i ∂ψ∗ φdx (4.23)<br />
∂x
44 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI<br />
Če malo še preoblikujemo, dobimo<br />
∫<br />
〈ψ|ˆp|φ〉 = (−i ∂ψ ∫<br />
∂x )∗ φdx = (ˆpψ) ∗ φdx = 〈ˆpψ|φ〉 = 〈ψ|ˆp † |φ〉 (4.24)<br />
Tudi tu smo sedaj dobili, da je operator gibalne količine hermitski<br />
ˆp = ˆp † (4.25)<br />
Pokažimo isto lastnost za dani operator še v p-reprezentaciji. Tam se operator gibalne<br />
količine <strong>iz</strong>raža kar kot moženje funkcije z p:<br />
ˆp = p (4.26)<br />
Potem lahko zapišemo<br />
∫<br />
〈Ψ|ˆp|Φ〉 =<br />
∫<br />
Ψ ∗ pΦdp =<br />
∫<br />
pΨ ∗ Φdp =<br />
(pΨ) ∗ Φdp =<br />
No, in še enkrat smo pokazali, da je operator p hermitski operator.<br />
4.4 Hermitski operatorji<br />
= 〈ˆpΨ|Φ〉 = 〈Ψ|ˆp † |Φ〉 (4.27)<br />
ˆp † = ˆp (4.28)<br />
Za hermitska operatorja A in B velja [A,B] = iC, kjer je C neničelen operator, pokaži,<br />
da je C hermitski ter, da je ∆A∆B ≥ 1 2<br />
|〈C〉|, kjer je 〈X〉 pričakovana vrednost operatorja<br />
X za poljubno stanje in velja (∆X) 2 = 〈X 2 〉 − 〈X〉 2 . Določi še valovno funkcijo stanja z<br />
najmanjšo možno nedoločenostjo, če je A = ˆx in B = ˆp.<br />
Rešitev<br />
Preden začnemo, zapišimo nekaj zvez, ki veljajo za operatorje in komutatorje:<br />
[A,B] = −[B,A] (4.29)<br />
[A,B] † = [B † ,A † ] (4.30)<br />
(cA) † = c ∗ (A) † (4.31)<br />
kjer je c kompleksno število. Če našo zvezo adjungiramo, dobimo<br />
Po drugi strani pa tudi velja<br />
c † = c ∗ , (4.32)<br />
([A,B]) † = (iC)† = −iC † (4.33)<br />
[A,B] † = [B † ,A † ] = [B,A] = −[A,B] = −iC, (4.34)
4.4. HERMITSKI OPERATORJI 45<br />
kjer smo upoštavali, da sta A,B hermitska operatorja.<br />
Če pogledamo obe enakosti dobimo<br />
Od tod vidimo, da je operator C tudi hermitski.<br />
C = C † (4.35)<br />
Dokažimo sedaj drugo zvezo. Za skalarni produkt 1 dveh funkcij velja Schwartzova neenakost<br />
(φ,φ)(ψ,ψ) ≥ |(φ,ψ)| 2 (4.36)<br />
Imejmo sedaj neko funkcijo ψ ter operatorja A in B, ki delujeta na to funkcijo. Potem<br />
lahko zapišemo<br />
(Aψ,Aψ)(Bψ,Bψ) ≥ |(Aψ,Bψ)| 2 (4.37)<br />
Če nesemo leve operatorje na drugo stran skalarnega produkta dobimo<br />
(ψ,A † Aψ)(ψ,B † Bψ) ≥ |(ψ,A † Bψ)| 2 (4.38)<br />
Če sedaj upoštevamo, da sta operatorja A,B hermitska<br />
lahko potem zapišemo<br />
A = A † (4.39)<br />
B = B † , (4.40)<br />
(ψ,A 2 ψ)(ψ,B 2 ψ) ≥ |(ψ,ABψ)| 2 . (4.41)<br />
To je prva neenakost, ki jo bomo kasneje potrebovali. Sedaj zapišimo komutator in antikomutator<br />
za tadva operatorja<br />
Ko ju odštejemo in obrnemo dobimo<br />
[A,B] = AB − BA (4.42)<br />
{A,B} = AB + BA (4.43)<br />
AB = 1 2 [A,B] + 1 {A,B} (4.44)<br />
2<br />
Vidimo lahko, da smo produkt operatorjev AB razdelili na hermitski in antihermitski del,<br />
saj velja<br />
[A,B] † = [B † ,A † ] = −[A,B] Ta je antihermitski (4.45)<br />
{A,B} † = {B † ,A † } = −{A,B} Ta je hermitski (4.46)<br />
Če upoštevamo, da so pričakovane vrednosti hermitskega operatorja realne, antihermitskega<br />
pa imaginarne in še uporabimo lastnost kompleksnih števil<br />
|z 2 | = |(R + iI)| 2 = zz ∗ = (R + iI)(R − iI) = R 2 + I 2 (4.47)<br />
1 Skalarni produkt bomo zaradi preglednosti v tej nalogi označevali z navadnimi oklepaji
46 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI<br />
lahko v našem primeru zapišemo<br />
|(ψ,ABψ)| 2 = | 1 2 (ψ, {A,B}ψ) + 1 2 (ψ,[A,B]ψ)|2 = (4.48)<br />
= 1 4 (ψ, {A,B}ψ)2 + 1 4 |(ψ,[A,B]ψ)|2 (4.49)<br />
Absolutna vrednost v zadnjem členu nastopa zato, ker mi želimo vzeti pričakovano vrednost<br />
komutatorja brez imaginarne enote. Če še upoštevamo, da je<br />
(ψ, {A,B}ψ) 2 ≥ 0, (4.50)<br />
saj so pričakovane vrednosti tega člena realne, ko pa jih kvadriramo so še nenegativne.<br />
Zato lahko sedaj zapišemo<br />
|(ψ,ABψ)| 2 ≥ 1 4 |(ψ,[A,B]ψ)|2 (4.51)<br />
Če nekoliko drugače označimo pričakovano vrednost, dobimo<br />
Če še upoštevamo <strong>iz</strong>raz 4.41, lahko zapišemo<br />
Uporabimo definicijo variance<br />
|(ψ,ABψ)| 2 ≥ 1 4 |〈[A,B]〉|2 (4.52)<br />
(ψ,A 2 ψ)(ψ,B 2 ψ) ≥ 1 4 |〈[A,B]〉|2 (4.53)<br />
(∆A) 2 = (ψ,(A − 〈A〉) 2 ψ), (4.54)<br />
kjer je 〈A〉 ∈ R pričakovana vrednost operatorja A. Če spremenimo operatorja A,B v<br />
lahko zapišemo<br />
A 2 −→ (A − 〈A〉) 2 (4.55)<br />
B 2 −→ (B − 〈B〉) 2 , (4.56)<br />
(ψ,(A − 〈A〉) 2 ψ)(ψ,(B − 〈B〉) 2 ψ) =<br />
= (∆A∆B) 2 ≥ 1 4 |〈[A − 〈A〉,B − 〈B〉]〉|2 = 1 4 |〈[A,B]〉|2 , (4.57)<br />
kjer smo upoštevali, da 〈A〉, 〈B〉 ∈ R in zato komutirata z operatorjema A,B.<br />
korenimo, dobimo željeno zvezo<br />
Če še<br />
(∆A∆B) ≥ 1 |〈[A,B]〉|. (4.58)<br />
2<br />
Ko upoštevamo, da je<br />
[A,B] = iC, (4.59)
4.4. HERMITSKI OPERATORJI 47<br />
lahko zapišemo<br />
Če to uporabimo v zgornjem rezultatu, dobimo<br />
Pa smo dokazali našo zvezo.<br />
〈[A,B]〉 = 〈iC〉 = 〈C〉. (4.60)<br />
(∆A∆B) ≥ 1 |〈C〉|. (4.61)<br />
2<br />
Sedaj določimo še funkcijo z najmanjšo nedoločenostjo. Če upoštevamo, da je operator<br />
A = ˆx in B = ˆp, dobimo<br />
∆x∆p ≥ 1 2 |〈[x,p]〉| = 2 , (4.62)<br />
kjer smo upoštevali, da je komutator [x,p] = i. Iz dobljene zveze vidimo, da bo najmanjša<br />
razmazanost /2. Takšno nedoločenost bomo dobili, če bodo v vseh neenakostih,<br />
ki smo jih v računu uporabili, veljali enačaji. Enakost v Schwartzovi neenakosti bomo zagotovili,<br />
ko bosta vektorja (valovni funkciji) med seboj vzporedna.(To je lastnost Schwartzove<br />
neenakosti.)<br />
Bψ = zAψ, (4.63)<br />
kjer je z kompleksno število. Enakost pa mora veljati tudi v <strong>iz</strong>razu 4.51. To bomo zagotovili<br />
tedaj, ko bo<br />
Če razpišemo<br />
(ψ, {A,b}ψ) = 0 (4.64)<br />
(ψ,ABψ) + (ψ,BAψ) = 0 (4.65)<br />
Ko še upoštevamo, da morata biti vektorja vzporedna, dobimo<br />
(Aψ,zAψ) + (zAψ,Aψ) = 0<br />
(z + z ∗ )(Aψ,Aψ) = 0 (4.66)<br />
Spodnja enakost bo vedno res, če bo z = z ∗ , to pa je edino le tedaj, ko je z čisto imaginarno<br />
število. Potem lahko zapišemo<br />
z = iλ λ ∈ R (4.67)<br />
Ko to upoštevamo v prvem pogoju, ki smo ga zahtevali, dobimo<br />
Bψ = iλAψ (4.68)
48 CHAPTER 4. HERMITSKI OPERATORJI<br />
Če sedaj še upoštevamo, kaj sta A = x in B = −i ∂<br />
∂x , dobimo<br />
<br />
i<br />
∂<br />
ψ = iλxψ (4.69)<br />
∂x<br />
Sedaj ločimo spremenljivke, integriramo, dobljeni rezultat malo preoblikujemo in dobimo<br />
Če valovno funkcijo še normiramo, dobimo končni rezultat<br />
ψ(x) = ce − λx2<br />
2 (4.70)<br />
( ) λ 1/4<br />
ψ = e − λx2<br />
2 (4.71)<br />
π<br />
Vidimo da ima dobljena funkcija Gaussovo obliko. Takšna funkcija ima torej najmanjšo<br />
razmazanost.
Chapter 5<br />
Harmonski oscilator<br />
5.1 Lastne rešitve harmonskega oscilatorja<br />
Poišči lastne vektorje harmonskega oscilatorja <strong>iz</strong> definicije:<br />
â =<br />
〈x|âψ 0 〉 = 0 (5.1)<br />
〈x|ψ n 〉 = (↠) n<br />
√ 〈x|ψ 0 〉<br />
n!<br />
(5.2)<br />
1<br />
√<br />
2ωm<br />
(mωx + ip) (5.3)<br />
Rešitev:<br />
Pri reševanju problema harmonskega oscilatorja navadno vpeljemo operatorja<br />
a =<br />
a † =<br />
mωx + ip<br />
√<br />
2mω<br />
(5.4)<br />
mωx − ip<br />
√<br />
2mω<br />
(5.5)<br />
ki naredita <strong>iz</strong> lastnega stanja harmonstega oscilatorja lastna stanja z eno večjo oz. eno<br />
∂<br />
manjšo lastno vrednostjo. Če upoštevamo definicijo operatorja gibalne količine p = −i<br />
√<br />
∂x<br />
<br />
in vpeljemo x 0 =<br />
ωm , dobimo a = √ 1 ( x + x 0∂<br />
2 x 0 ∂x ) (5.6)<br />
a † = 1 √<br />
2<br />
( x x 0<br />
− x 0∂<br />
∂x ) (5.7)<br />
Vpeljimo še operator štetja ˆn = a † a. Operator energije pa zapišemo v obliki<br />
H = ω(a † a + 1 2 ) = ω(ˆn + 1 2 ) (5.8)<br />
49
50 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR<br />
Označimo lastna stanja harmonskega oscilatorja z |ψ n 〉. Potem velja<br />
Če naredimo skalarni produkt<br />
Od tod dobimo c = √ n. Tako lahko zapišemo<br />
a|ψ n 〉 = c|ψ n−1 〉 (5.9)<br />
〈aψ n |a|ψ n 〉 = 〈ψ|a † a|ψ〉 = n = c 2 (5.10)<br />
a|ψ n 〉 = √ n|ψ n−1 〉 (5.11)<br />
Podobno kot smo za anihilacijski operator lahko naredimo tudi za kreacijski operator:<br />
Če naredimo skalarni produkt<br />
a † |ψ n 〉 = c|ψ n+1 〉 (5.12)<br />
〈a † ψ n |a † |ψ n 〉 = 〈ψ|aa † |ψ〉 = c 2 (5.13)<br />
in upoštevamo zvezo, da je [a,a † ] = aa † − a † a = 1, dobimo<br />
Od tod dobimo c = √ n + 1. Tako lahko zapišemo<br />
(1 + n)〈ψ n |ψ n 〉 = c 2 (5.14)<br />
a † |ψ n 〉 = √ n + 1|ψ n+1 〉 (5.15)<br />
Lastna stanja harmonskega oscilatorja, ki jih mi obravnavamo, so v resnici lastna stanja<br />
operatorja štetja ˆn. Zato lahko zapišemo<br />
Če naredimo skalarni produkt<br />
ˆn|ψ n 〉 = ν n |ψ n 〉 (5.16)<br />
〈ψ n |n|ψ n 〉 = ν n = 〈ψ n |a † a|ψ n 〉 = 〈aψ n |aψ n 〉 ≥ 0 (5.17)<br />
Ker je skalarni produkt večji oziroma enak nič, morajo biti tudi lastne vrednosti ν n ≥ 0. Od<br />
tod vidimo, da obstaja takšno stanje |ψ 0 〉, za katerega velja ν 0 = 0. To stanje proglasimo<br />
kot osnovno stanje. Zanj torej velja<br />
Vsa višja stanja pa lahko dobimo s pomočjo zveze<br />
〈x|a|ψ 0 〉 = 0 (5.18)<br />
|ψ n 〉 = 1 √ n<br />
a † |ψ n−1 〉 (5.19)<br />
Če to preoblikujemo, tako da <strong>iz</strong>razimo desno stran z osnovnim stanjem, dobimo<br />
|ψ n 〉 = (a† ) n<br />
√<br />
n!<br />
|ψ 0 〉 (5.20)
5.1. LASTNE REŠITVE HARMONSKEGA OSCILATORJA 51<br />
oziroma<br />
〈x|ψ n 〉 = (a† ) n<br />
√<br />
n!<br />
〈x|ψ 0 〉 (5.21)<br />
Sedaj si poglejmo, kakšno je osnovno lastno stanje harmosnkega oscilatorja. Zapišemo<br />
Če upoštevamo, kako je <strong>iz</strong>ražen operator a, dobimo<br />
Ko enačbo obrnemo, dobimo<br />
aψ 0 = 0 (5.22)<br />
1<br />
√<br />
2<br />
( x x 0<br />
+ x 0<br />
∂<br />
∂x )ψ 0 = 0 (5.23)<br />
− xdx<br />
x 2 0<br />
= dψ 0<br />
ψ 0<br />
(5.24)<br />
Ko enačbo integriramo in rezultat še normiramo, dobimo<br />
ψ 0 =<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π<br />
e − x2<br />
2x 2 0 (5.25)<br />
Vidimo, da osnovno stanje harmonskega oscilatorja opišemo z Gaussovo funkcijo. Vsa<br />
ostala, višja stanja pa lahko dobimo z danimi zvezami. Poglejmo sedaj prvo vzbujeno<br />
stanje<br />
ψ 1 = a † |ψ 0 〉 = 1 √<br />
2<br />
( x x 0<br />
− x 0<br />
∂<br />
∂x ) 1<br />
√<br />
x0<br />
√ π<br />
e − x2<br />
2x 2 0 =<br />
Poglejmo si na hitro še drugo vzbujeno stanje<br />
ψ 2 = 1 √<br />
2<br />
a † |ψ 1 〉 =<br />
=<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π1!2<br />
2x<br />
x 0<br />
e − x2<br />
2x 2 0 (5.26)<br />
2<br />
√<br />
x0<br />
√ π2!2<br />
( x x 0<br />
− x 0<br />
∂<br />
∂x ) x x 0<br />
e − x2<br />
2x 2 0 =<br />
=<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π2 2 2! (4( x x 0<br />
) 2 − 2)e − x2<br />
2x 2 0 (5.27)<br />
Tu pa se sedaj za hip ustavimo. V členih , ki jih dobimo v vseh treh <strong>iz</strong>računanih stanjih,<br />
lahko prepoznamo Hermitove polinome:<br />
H 0 (x) = 1 (5.28)<br />
H 1 (x) = x (5.29)<br />
H 2 (x) = (4x 2 − 2) (5.30)
52 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR<br />
Tako, da lahko naša stanja zapišemo v obliki<br />
ψ 1 =<br />
ψ 2 =<br />
ψ 0 =<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π<br />
H 0 ( x x 0<br />
)e − x2<br />
2x 2 0 (5.31)<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π1!2<br />
H 1 ( x x 0<br />
)e − x2<br />
2x 2 0 (5.32)<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π2 2 2! H 2( x x 0<br />
)e − x2<br />
2x 2 0 (5.33)<br />
Sedaj predpostavimo, da tako lahko zapišemo tudi n-to lastno stanje:<br />
ψ n =<br />
Sedaj pokažimo, da tak zapis velja tudi za n + 1 stanje.<br />
=<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π2 n n! H n( x x 0<br />
)e − x2<br />
2x 2 0 (5.34)<br />
ψ n+1 =<br />
Ko <strong>iz</strong>raz odvajamo in upoštevamo, da je<br />
1<br />
√ n + 1<br />
1 √2 ( x x 0<br />
− x 0<br />
∂<br />
∂x )ψ n =<br />
1<br />
√ √<br />
x0 π2 n+1 (n + 1)! ( x ∂<br />
− x 0<br />
x 0 ∂x )H n( x )e − x2<br />
2x 2 0 (5.35)<br />
x 0<br />
dobimo<br />
dH n<br />
dx = 2nH n−1(x), (5.36)<br />
ψ n+1 =<br />
x2<br />
1<br />
2x<br />
√ √<br />
x0 π2 n+1 e− 2 0 2( x H n ( x ) − nH n−1 ( x )). (5.37)<br />
(n + 1)! x 0 x 0 x 0 )<br />
Sedaj upoštevajmo rekurzijsko zvezo, ki velja za Hermitove polinome<br />
in dobimo<br />
ψ n+1 =<br />
2xH n = 2nH n−1 + H n+1 (5.38)<br />
x2<br />
1<br />
2x<br />
√ √<br />
x0 π2 n+1 e− 2 0 H n+1 ( x ). (5.39)<br />
(n + 1)! x 0<br />
To je pa ravno tisto, kar moramo dobiti. Ker dokaz s popolno indukcijo drži, smemo trditi,<br />
da lahko lastno stanje harmonskega oscilatorja za ∀n zapišemo v obliki:<br />
ψ n =<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π2 n n! H n( x x 0<br />
)e − x2<br />
2x 2 0 (5.40)<br />
To je naš željeni rezultat. Lastne funkcije harmonskega oscilatorja se <strong>iz</strong>ražajo s produktom<br />
Hermitovega polinoma ter Gausove funkcije.
5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 53<br />
5.2 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja<br />
Koherentno stanje je lastno stanje operatorja a = x + ip (v brezdimenzijskih enotah)<br />
a|α〉 = α|α〉 (5.41)<br />
Določi |α〉, <strong>iz</strong>računaj skalarni produkt 〈β|α〉. Pokaži tudi, da velja<br />
∫<br />
1<br />
|α〉d 2 α〈α| = 1, (5.42)<br />
π<br />
če je integracijsko območje celotna kompleksna ravnina. Izračunaj tudi pričakovano vrednost<br />
〈x 4 〉, 〈x 2 p 2 〉, 〈(xp) 2 〉 in 〈p 4 〉 za stanje |α〉.<br />
Rešitev:<br />
Za nepremaknjen harmonski oscilator smo definirali kreacijski in anihilacijski operator a †<br />
in a, kot<br />
a = 1 √<br />
2<br />
( x x 0<br />
+ x 0<br />
∂<br />
∂x ) (5.43)<br />
a † = 1 √<br />
2<br />
( x x 0<br />
− x 0<br />
∂<br />
∂x ) (5.44)<br />
Za anihilacijski operator velja, da če delujemo z njim na osnovno stanje harmonskega<br />
oscilatorja dobimo<br />
a|0〉 = 0 (5.45)<br />
Sedaj vzemimo premaknjen harmonski oscilator (x −→ x ′ = x − x 1 ). Zanj tudi lahko<br />
definiramo anihilacijski in keracijski operator a ′ a ′† . Poglejmo, kako se <strong>iz</strong>ražata tadva<br />
operatorja premaknjenega oscilatorja z operatorji nepremaknjenega oscilatorja. V ta namen<br />
si najprej poglejmo, kako se <strong>iz</strong>ražata operatorja gibalne količine in odmika<br />
x ′ = x − x 1 (5.46)<br />
p ′ = −i ∂<br />
∂x ′ = −i ∂ ∂x<br />
∂x ∂x ′ = p (5.47)<br />
Vidimo, da se operator odmika spremeni za konstanto, operator gibalne količine pa ostane<br />
enak. Sedaj to upoštevamo v kreacijskem in anihilacijskem operatorju:<br />
a ′ = √ 1 ( x′ ∂<br />
+ x 0<br />
2 x 0 ∂x ′) = √ 1 ( x − x 1 ∂<br />
+ x 0<br />
2 x 0 ∂x ) = a − x 1<br />
√ = a − α, (5.48)<br />
2x0<br />
kjer smo označili α = √ x 1<br />
2x0<br />
. Za osnovno stanje premaknjenega harmonskega oscilatorja<br />
mora veljati enako kot velja za nepremaknjenega. Če delujemo z a ′ na osnovno stanje<br />
premaknjenega harmonskega oscilatorja |α〉 moramo dobiti<br />
a ′ |α〉 = 0 (5.49)
54 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR<br />
To stanje |α〉 imenujemo koherentno stanje harmonskega oscilatorja. Če sedaj upoštevamo,<br />
zvezo, ki smo jo <strong>iz</strong>peljali in jo vstavimo v zgornjo enakost, dobimo<br />
a ′ |α〉 = a|α〉 − α|α〉 = 0 (5.50)<br />
a|α〉 = α|α〉 (5.51)<br />
Sedaj poglejmo, kako se <strong>iz</strong>raža koherentno stanje V ta namen napišimo skalarni produkt<br />
〈n|a|α〉 = 〈n|α|α〉 = α〈n|α〉, (5.52)<br />
kjer so |n〉 lastna stanja nepremaknjenega harmoskega oscilatorja. Poglejmo si še<br />
1<br />
√<br />
n!<br />
〈0|a n |α〉 = 1 √<br />
n!<br />
α〈0|a n−1 |α〉 = 1 √<br />
n!<br />
α n 〈0|α〉. (5.53)<br />
Če z operatorjem a delujemo na drugo stran, pa lahko napišemo:<br />
1<br />
√<br />
n!<br />
〈0|a n |α〉 = 1 √<br />
n!<br />
〈a † 0|a n−1 |α〉 (5.54)<br />
Če upoštevamo, da je a † |n〉 = √ n + 1|n + 1〉, dobimo<br />
1<br />
√ 〈0|a n |α〉 = √ 1 α n 〈0|α〉 = 〈n|α〉 (5.55)<br />
n! n!<br />
Sedaj pa razvijmo koherentno stanje harmonskega oscilatorja po bazi lastnih stanj nepremaknjenega<br />
harmonskega oscilatorja<br />
|α〉 =<br />
∞∑<br />
c n |n〉 =<br />
n=0<br />
∞∑<br />
|n〉〈n|α〉 (5.56)<br />
n=0<br />
Če upoštevamo zveze, ki smo jih prej <strong>iz</strong>peljali, lahko zapišemo<br />
|α〉 =<br />
∞∑<br />
n=0<br />
Vpeljimo konstanto c = 〈0|α〉. Potem imamo<br />
|α〉 = c<br />
∞∑<br />
n=0<br />
1<br />
√<br />
n!<br />
α n 〈0|α〉|n〉 (5.57)<br />
1<br />
√<br />
n!<br />
α n |n〉 = c<br />
∞∑ (αa † ) n<br />
|0〉 (5.58)<br />
n!<br />
V zgornji vsoti prepoznamo vrsto za e x = ∑ n xn<br />
n!<br />
. Potem lahko zapišemo<br />
n=0<br />
|α〉 = e αa† |0〉 (5.59)
5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 55<br />
Sedaj določimo še normal<strong>iz</strong>acijsko konstanto. Naredimo skalarni produkt<br />
〈α|α〉 = 1 = |c| 2 ∑ n<br />
|α| 2n<br />
〈n|n〉 (5.60)<br />
n!<br />
Če še upoštevamo, da so stanja normirana in stvar malo obrnemo, dobimo<br />
Tako lahko sedaj v celoti zapišemo koherentno stanje v obliki<br />
c = e −1 2 |α|2 (5.61)<br />
|α〉 = e −1 2 |α|2 +αa † |0〉, (5.62)<br />
kjer vemo, da se osnovno stanje harmonskega oscilatorja <strong>iz</strong>raža kot<br />
〈x|0〉 =<br />
1<br />
√<br />
x0<br />
√ π<br />
e − x2<br />
2x 2 0 (5.63)<br />
Sedaj ko vemo, kako se <strong>iz</strong>raža koherentno stanje, pa si poglejmo skalarni produkt dveh<br />
takih koherentnih stanj 〈β|α〉, kjer stanji zapišemo kot<br />
Če <strong>iz</strong> drugega stanja naredimo bra: 〈β|, dobimo<br />
|α〉 = e −1 2 |α|2 +αa † |0〉 (5.64)<br />
|β〉 = e −1 2 |β|2 +βa † |0〉 (5.65)<br />
〈β| = e −1 2 |β|2 ∑ m<br />
(β ∗ ) m<br />
√<br />
m!<br />
〈m| (5.66)<br />
Sedaj kar <strong>iz</strong>vršimo skalarni produkt:<br />
〈β|α〉 = e −1 2 |β|2 − 1 2 |α|2 ∑ n<br />
∑<br />
m<br />
(β ∗ ) m (α) n<br />
√<br />
n!m!<br />
〈m|n〉 = e −1 2 (|α|2 +|β| 2 ) ∑ n<br />
(αβ ∗ ) n<br />
, (5.67)<br />
n!<br />
kjer smo upoštevali, da je 〈m|n〉 = δ n m. Ko upoštevamo, kaj predstavlja dana vsota, lahko<br />
zapišemo<br />
〈β|α〉 = e −1 2 (|α|2 −2αβ ∗ +|β| 2 )<br />
(5.68)<br />
Rezultat, ki ga dobimo lahko preverimo tako, da vstavimo β = α. Tedaj dobimo<br />
〈β = α|α〉 = e −1 2 (2|α|2 −2|α| 2) = 1 (5.69)
56 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR<br />
Poglejmo si, koliko je vreden integral<br />
I = 1 ∫ ∫<br />
|α〉〈α|d 2 α = 1 ∫ ∫<br />
π<br />
π<br />
|α〉〈α| d(Re(α))d(Im(α)). (5.70)<br />
Označimo R(α) = x in Im(α) = y. Če upoštevamo, kako se <strong>iz</strong>raža koherentno stanje, lahko<br />
zapišemo<br />
I = 1 ∫<br />
e ∑ −1 2 |α|2 − 1 α n<br />
2 |α|2 √ |n〉 ∑ α ∗m<br />
√ 〈m|dxdy =<br />
π<br />
n n!<br />
m m!<br />
= 1 ∑<br />
∫ ∫<br />
e −|α|2 αn α ∗m<br />
√ dxdy|n〉〈m| (5.71)<br />
π<br />
m!n!<br />
Sedaj <strong>iz</strong>razimo kompleksno število α z<br />
m,n<br />
Če prepišemo še diferencial dxdy = ρdρdφ, dobimo<br />
I = 1 ∑<br />
∫<br />
1 ∞<br />
√<br />
π m!n!<br />
m,n<br />
Slednji integral <strong>iz</strong>računamo in dobimo<br />
Ko to upoštevamo, nam ostane<br />
∫ 2π<br />
0<br />
α = ρe iφ |α| 2 = ρ 2 (5.72)<br />
α n = ρ n e inφ (5.73)<br />
α ∗m = ρ m e −imφ (5.74)<br />
0<br />
∫ 2π<br />
ρ m+n+1 e −ρ2 dρ e iφ(n−m) dφ (5.75)<br />
0<br />
e iφ(n−m) dφ = 2πδ mn (5.76)<br />
I = ∑ n<br />
1<br />
n!<br />
∫ ∞<br />
0<br />
ρ 2n+1 e −ρ2 dρ|n〉〈n| (5.77)<br />
V preostalem integralu pa prepoznamo Gamma funkcijo:<br />
∫ ∞<br />
Ko tudi to uporabimo, nam ostane<br />
0<br />
ρ 2n+1 e −ρ2 dρ = 1 2 Γ(n + 1) = 1 n! (5.78)<br />
2<br />
I = ∑ n<br />
|n〉〈n| = 1 (5.79)<br />
Tako smo dokazali željeno zvezo.
5.2. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA 57<br />
Sedaj pa <strong>iz</strong>računajmo nekaj pričakovanih vrednosti. Preden se lotimo računanja si<br />
zapišimo nekaj zvez, ki nam bodo prišle prav pri računanju:<br />
[a,a † ] = 1 = aa † − a † a =⇒ aa † = 1 + a † a (5.80)<br />
〈α|a|α〉 = α (5.81)<br />
〈α|a † |α〉 = α ∗ (5.82)<br />
〈α|a † a|α〉 = |α| 2 (5.83)<br />
x = x 0<br />
√<br />
2<br />
(a + a † ) (5.84)<br />
p = −ix 0<br />
√<br />
2<br />
(a − a † ). (5.85)<br />
Najprej si poglejmo pričakovano vrednost<br />
〈(xp) 2 〉 = − x4 0<br />
4 〈α|((a + a† )(a − a † )) 2 |α〉 = − x4 0<br />
4 〈α|(a2 − a †2 − 1) 2 |α〉 =<br />
= − x4 0<br />
4 〈α|a4 − a †2 a 2 − 2a 2 − a 2 a †2 + a †4 + 2a †2 + 1|α〉 =<br />
= − x4 0<br />
4 (α4 − |α| 4 − 2α 2 + α ∗4 + 2α ∗2 + 1 − 2 − 4|α| 2 − |α| 4 ) =<br />
= − x4 0<br />
4 (α4 − 2|α| 4 − 2α 2 = α ∗4 + 2α ∗2 − 1 − 4|α| 2 ), (5.86)<br />
kjer smo v računu upoštevali, da je<br />
〈α|a 2 a †2 |α〉 = 2 + 4|α| 2 + |α| 4 (5.87)<br />
Sedaj <strong>iz</strong>računajmo pričakovano vrednost<br />
〈x 4 〉 = x4 0<br />
4 〈α|(a + a† ) 4 |α〉 =<br />
= x4 0<br />
4 〈α|a4 + aa † a 2 + a † a 3 + a †2 a 2 + a 3 a † + (aa † ) 2<br />
+a † aaa † + a †2 aa † + a 2 a † a + aa † a † a + (a † a) 2 +<br />
+a †3 a + a 2 a †2 + aa †3 + a † aa †2 + a †4 |α〉 (5.88)<br />
Na tem mestu je potrebno <strong>iz</strong>računati vsak navedeni člen posebaj. Nekaj teh členov je<br />
trivialnih in jih znamo rešiti na oko, nekaj pa jih je potrebno <strong>iz</strong>računati. Ker je <strong>iz</strong>račun teh<br />
členov zgolj formalnost (treba je voditi le lepo ”knjigovodstvo”), bom napisal le rezultate,
58 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR<br />
ki jih za posamezne (netrivialne) člene dobimo:<br />
〈α|aa † a 2 |α〉 = α 2 + α 2 |α| 2 (5.89)<br />
〈α|a 3 a † |α〉 = 3α 2 + α 2 |α| 2 (5.90)<br />
〈α|(aa † ) 2 |α〉 = 1 + 3|α| 2 + |α| 4 (5.91)<br />
〈α|a † aaa † |α〉 = 2|α| 2 + |α| 4 (5.92)<br />
〈α|a †2 aa † |α〉 = α ∗2 + α ∗ |α| 2 (5.93)<br />
〈α|a 2 a † a|α〉 = 2α 2 + α 2 |α| 2 (5.94)<br />
〈α|aa † a † a|α〉 = 2|α| 2 + |α| 4 (5.95)<br />
〈α|a † aa † a|α〉 = |α| 2 + |α| 4 (5.96)<br />
〈α|a 2 a †2 |α〉 = 2 + 4|α| 2 + |α| 4 (5.97)<br />
〈α|aa †3 |α〉 = 3α ∗2 + α ∗2 |α| 2 (5.98)<br />
〈α|a † aa †2 |α〉 = 2α ∗2 + α ∗2 |α| 2 (5.99)<br />
Če vse to upoštevamo in člene med sabo uredimo, dobimo<br />
〈x 4 〉 = x4 0<br />
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)<br />
Povsem analogno <strong>iz</strong>računamo pričakovano vrednost 〈p 4 〉. Postopamo takole:<br />
〈p 4 〉 = x4 0<br />
4 〈α|(a − a† ) 4 |α〉 =<br />
= x4 0<br />
4 〈α|a4 − aa † a 2 − a † a 3 + a †2 a 2 − a 3 a † + (aa † ) 2<br />
+a † aaa † − a †2 aa † − a 2 a † a + aa † a † a +<br />
+(a † a) 2 − a †3 a + a 2 a †2 − aa †3 − a † aa †2 + a †4 |α〉 (5.101)<br />
Ko upoštevamo zveze, ki smo jih zapisali malo prej, dobimo<br />
〈p 4 〉 = x4 0<br />
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)<br />
Ostane nam še, da <strong>iz</strong>računamo pričakovano vrednost 〈x 2 p 2 〉. Tudi tu postopamo povsem<br />
analogno, kot smo v prejšnjih dveh primerih:<br />
〈x 2 p 2 〉 = − x4 0<br />
4 〈α|(a + a† ) 2 (a − a † ) 2 |α〉 =<br />
= − x4 0<br />
4 〈α|a4 + aa † a 2 + a † a 3 + a †2 a 2 − a 3 a † − (aa † ) 2<br />
−a † aaa † − a †2 aa † − a 2 a † a − aa † a † a −<br />
−(a † a) 2 − a †3 a + a 2 a †2 + aa †3 + a † aa †2 + a †4 |α〉 (5.103)<br />
Ko tudi tu upoštevamo zgoraj navedene zveze in dobljeni <strong>iz</strong>raz poenostavimo, nam ostane<br />
〈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 <strong>II</strong>. 59<br />
5.3 Koherentno stanje harmonskega oscilatorja <strong>II</strong>.<br />
Za koherentno stanje |α〉 določi 〈x 8 〉. Namig: Vpelji rodovni operator exp(λˆx) in <strong>iz</strong>računaj<br />
njegovo pričakovano vrednost za stanje |α〉. Ali je možno postopek uporabiti tudi za 〈ˆp n 〉<br />
<br />
Rešitev:<br />
Koherentno stanje harmonskega oscilatorja lahko <strong>iz</strong>razimo z lastnimi stanji osnovnega harmonskega<br />
oscilatorja kot<br />
|α〉 = e −1 2 |α|2 +αa † |0〉 (5.105)<br />
〈α| = 〈0|e −1 2 |α|2 +α ∗a , (5.106)<br />
kjer sta a in a † anihilacijski in kreacijski operator, α pa je lastna vrednost:<br />
a|α〉 = α|α〉 (5.107)<br />
Naš rodovni operator označimo z Û = eλˆx , kjer lahko operator odmika <strong>iz</strong>razimo z anihilacijskim<br />
in kreacijskim operatorjem kot<br />
ˆx = x 0<br />
√<br />
2<br />
(a + a † ). (5.108)<br />
Preden se lotimo računanja pričakovanje vrednosti, zapišimo še zvezo, ki velja za operatorje,<br />
ki ne komutirajo, in nam bo prišla prav<br />
Sedaj zapišimo pričakovano vrednost<br />
e A e B = e A+B e 1 2 [A,B] (5.109)<br />
〈Û〉 = 〈α|eλx |α〉 = 〈0|e −1 2 |α|2 +α ∗a e λ x 0 √<br />
2<br />
(a+a † ) e<br />
− 1 2 |α|2 +αa † |0〉 (5.110)<br />
Združimo prva dva eksponentna člena na isti eksponent. Upoštevajoč zgornjo zvezo dobimo<br />
Ko upoštevamo, da je<br />
dobimo<br />
〈Û〉 = e−|α|2 〈0|e α∗ a+ x 0 λ √<br />
2<br />
(a+a † ) e<br />
1<br />
2 [α∗ a, x 0 λ √<br />
2<br />
(a+a † )] e<br />
αa † |0〉 (5.111)<br />
[α ∗ a, x 0λ<br />
√<br />
2<br />
(a + a † )] = α ∗λx 0<br />
√<br />
2<br />
= α ∗˜λ (5.112)<br />
〈Û〉 = e−|α|2 e 1 2 α∗˜λ〈0|e α∗ a+˜λ(a+a †) e αa† |0〉 (5.113)<br />
Sedaj enako naredimo še za zadnji člen in dobimo vse člene v istem eksponentu<br />
〈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<br />
kjer smo upoštevali, da je<br />
[α ∗ a + ˜λa + ˜λa † ,αa † ] = α ∗ α + α˜λ (5.115)<br />
Če upoštevamo, da je ˜λ ∈ R, potem lahko <strong>iz</strong>raz malo preoblikujemo:<br />
〈Û〉 = e−1 2 |α|2 e 1 2 ˜λ(α ∗ +α) 〈0|e (α+˜λ) ∗ a+(α+˜λ)a † |0〉 (5.116)<br />
Ko imamo tako zapisane člene, pa lahko del, ki je znotraj BraKet-a raztavimo nazaj na<br />
dva eksponentna člena. Pri tem spet upoštevamo dano zvezo 5.109:<br />
Ko <strong>iz</strong>računamo, dobimo<br />
〈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)<br />
〈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)<br />
V zgornjem členu prepoznamo skalarni produkt<br />
〈0|e (α+˜λ) ∗a e (α+˜λ)a † |0〉 = 〈α + ˜λ|α + ˜λ〉 = e |α+˜λ| 2 (5.119)<br />
Pokažimo, da je temu res tako! Če preimenujemo α˜λ = β, lahko zapišemo<br />
= ∑ n<br />
〈0|e β∗a e βa† |0〉 = ∑ n<br />
(β ∗ ) n<br />
√<br />
n!<br />
〈n| ∑ m<br />
〈0| (β∗ a) n<br />
n!<br />
(β) m<br />
√<br />
m!<br />
|m〉 = ∑ m,n<br />
∑ (βa † ) m<br />
|0〉 =<br />
m!<br />
m<br />
(β ∗ ) n (β) m<br />
√<br />
m!n!<br />
〈n|m〉 (5.120)<br />
Če še uporabimo, da je 〈n|m〉 = δ n m , dobimo<br />
∑ (|β| 2 ) n<br />
n<br />
n!<br />
= e |β|2 . (5.121)<br />
No, pa smo pokazali našo zvezo. Ko to uporabimo v našem računu, dobimo<br />
Ko še upoštevamo, da je<br />
dobimo<br />
〈Û〉 = e1 2 |α|2 e ˜λ<br />
2 (α∗ +α) e −1 2 |α+˜λ| 2 e |α+˜λ| 2 (5.122)<br />
|α + ˜λ| 2 = |α| 2 + ˜λ 2 + ˜λ(α + α ∗ ), (5.123)<br />
〈Û〉 = e˜λ(α+α ∗)<br />
e 1 2 ˜λ 2 (5.124)
5.3. KOHERENTNO STANJE HARMONSKEGA OSCILATORJA <strong>II</strong>. 61<br />
Sedaj lahko razvijemo dani rezultat v Taylorjevo vrsto<br />
〈α|Û|α〉 = (1 + ˜λ(α + α ∗ ) + 1 2! (˜λ(α + α ∗ )) 2 + 1 3! (˜λ(α + α ∗ )) 3 +<br />
1<br />
4! (˜λ(α + α ∗ )) 4 + 1 5! (˜λ(α + α ∗ )) 5 + 1 6! (˜λ(α + α ∗ )) 6 +<br />
1<br />
7! (˜λ(α + α ∗ )) 7 + 1 8! (˜λ(α + α ∗ )) 8 + ...)<br />
(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)<br />
Po drugi strani pa je to tudi enako<br />
〈Û〉 = 〈α|eλx |α〉 = 〈α|α〉 + λ〈α|ˆx|α〉 + 1 2! λ2 〈α|ˆx 2 |α〉 +<br />
Sedaj <strong>iz</strong>enačimo člene z enakimi potencami λ n , in dobimo<br />
1<br />
3! λ3 〈α|x 3 |α〉 + ... + 1 8! λ8 〈α|x 8 |α〉 + ... (5.126)<br />
〈α|α〉 = 1 (5.127)<br />
〈α|ˆx|α〉 = x 0<br />
√<br />
2<br />
(α + α ∗ ) (5.128)<br />
〈α|ˆx 2 |α〉 = x2 0<br />
2 (α2 + α ∗2 + 2|α| + 1) (5.129)<br />
〈α|ˆx 8 |α〉 = x8 0<br />
16 (105 + 420(α + α∗ ) 2 + 210(α + α ∗ ) 4 + 28(α + α ∗ ) 6 + (α + α ∗ ) 8 ) (5.130)<br />
Drugi in tretji rezultat lahko hitro preverimo z direktnim računom. Najprej <strong>iz</strong>računajmo<br />
pričakovano vrednost odmika<br />
〈α|ˆx|α〉 = 〈α| x 0<br />
√<br />
2<br />
(a + a † )|α〉 = x 0<br />
√<br />
2<br />
(α + α ∗ ) (5.131)<br />
.<br />
.<br />
Vidimo, da dobimo isti rezultat. Izračunajmo še pričakovano vrednost kvadrata odmika<br />
〈α|ˆx 2 |α〉 = 〈α| x2 0<br />
2 (a + a† ) 2 |α〉 = x2 0<br />
2 〈α|(a + a† )(a + a † )|α〉 =<br />
= x2 0<br />
2 (α2 + α ∗2 + 2|α| 2 + 1) (5.132)<br />
Vidimo, da je tudi ta rezultat pravi. Sedaj lahko verjamemo, da je rezultat, ki smo ga<br />
dobili pravilen.
62 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR<br />
Podoben račun lahko sedaj napravimo tudi za operator gibalne količine. Uvedemo operator<br />
kjer se operator gibalne količine ˆp <strong>iz</strong>raža kot<br />
ˆP = e λˆp , (5.133)<br />
ˆp = −ix 0<br />
√<br />
2<br />
(a − a † ) (5.134)<br />
Sedaj lahko nastavimo pričakovano vrednost opratorja ˆP:<br />
〈 ˆP 〉 = 〈α| ˆP |α〉 = 〈0|e −1 2 |α|2 +α ∗a e −λ ix 0 √<br />
2<br />
(a−a † ) e<br />
− 1 2 |α|2 +αa † |0〉 (5.135)<br />
Podobno kot pri odmikih, vse tri ekponentne člene združimo v en eksponent. Pri tem<br />
upoštevamo še komutacijske zveze<br />
Ko se vse člene med sabo uredimo, dobimo<br />
[α ∗ a, −i˜λ(a − a † )] = i˜λα ∗ (5.136)<br />
[<br />
α ∗ a − i˜λ(a − a † ),αa †] = |α| 2 − i˜λα (5.137)<br />
〈 ˆP 〉 = e −1 2 |α|2 ˜λ<br />
−i<br />
e 2 (α−α∗) 〈0|e (α∗ −i˜λ)a+(α+i˜λ)a † |0〉 (5.138)<br />
Sedaj raztavimo člen znotraj BraKet-a na dva eksponentne člene. Dobimo<br />
kjer smo upoštevali, da je<br />
in komutator<br />
〈 ˆP 〉 = e − |α|2<br />
2 e − i 2 ˜λ(α−α ∗) e 1 2 |α+i˜λ| 2 = e −i˜λ(α−α ∗) e |λ|2<br />
2 , (5.139)<br />
〈0|e (α∗ −i˜λ)a+(α+i˜λ)a † |0〉 = 〈α + i˜λ|α + i˜λ〉 = e |α+iλ|2 (5.140)<br />
[(α + i˜λ) ∗ a,(α + i˜λ)a † ] = |α + i˜λ| 2 (5.141)<br />
Skoraj smo že pri končnem rezultatu. Kar nam je še treba storiti, je to, da razvijemo<br />
rezultat po potencah koeficienta λ. Dobimo<br />
(<br />
〈 ˆP 〉 = 1 − i˜λ(α − α ∗ ) + 1 ) (<br />
2! (−˜λ(α − α ∗ )) 2 + +... 1 + λ2<br />
2 + 1 ( ) λ<br />
2 2<br />
+ ...)<br />
(5.142)<br />
2! 2<br />
Po drugi strani pa vemo, da je to enako<br />
〈 ˆP 〉 = 〈α|e λˆp |α〉 = 〈α|α〉 + λ〈α|ˆp|α〉 + λ2<br />
2! 〈α|ˆp2 |α〉 + ... (5.143)
5.4. FORMULA FAA DI BRUNO 63<br />
Sedaj imamo vse, da <strong>iz</strong>računamo pričakovano vrednost katerekoli cele potence gibalne<br />
količine. Kar je potrebno storiti je to, da pogledamo člene , ki imajo iste potenco koeficienta<br />
λ n . Za prve tri potence dobimo<br />
〈α|α〉 = 1 (5.144)<br />
〈α|ˆp|α〉 = −i x 0<br />
√<br />
2<br />
(α − α ∗ ) = √ 2x 0 Im(α) (5.145)<br />
〈α|ˆp 2 |α〉 = − x2 0<br />
2 (α2 + α ∗2 − 2|α| 2 − 1) (5.146)<br />
Če bi dane pričakovane vrednosti računali direktno, bi dobili iste vrednosti.<br />
. (5.147)<br />
5.4 Formula Faa di Bruno<br />
S pomočjo Faa di Bruno-ve formule poišči pričakovane vrednosti 〈x n 〉 za koherentno stanje<br />
|α〉 harmonskega oscilatorja.<br />
Figure 5.1: Italijanski matematik Francesco Faa di Bruno se je rodil 29.3.1825 v Piemontu<br />
v Italiji, umrl pa 27.3.1888 v Turinu. Svoje šolanje je začel v vojaški akademiji. Leta 1853<br />
je zapustil vojsko in odpotoval v Par<strong>iz</strong>, kjer je v pariški Sorboni skupaj z Hermitom študiral<br />
matematiko pri Cauchyu. Leta 1871 je postal profesor na univerzi v Turinu. Pod vplivom<br />
Giovannia Bosca je Faa di Bruno 22.10.1876 postal katoliški duhovnik.<br />
Rešitev:<br />
V prejšnjih nalogah smo <strong>iz</strong>peljali, da pričakovane vrednosti <strong>iz</strong>računamo kot<br />
( ) ∂<br />
〈x n n<br />
〉 =<br />
∂λ n 〈eλx 〉 , (5.148)<br />
λ=0
64 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR<br />
kjer smo <strong>iz</strong>peljali, da je<br />
〈e λx 〉 = e (α∗ +α)˜λ+ ˜λ 2<br />
2 , (5.149)<br />
kjer je ˜λ = λ √ x 0<br />
2<br />
. Za pričakovano vrednost n-te potence x je sedaj potrebno enačbo n krat<br />
odvajati. Lahko pa problem rešimo še na drug način. Uporabimo Faa di Bruno-vo formulo,<br />
ki pravi<br />
d n [<br />
dλ n e f(λ)] =<br />
( n∑<br />
m=1<br />
kjer mora veljati, da je:<br />
)<br />
n!<br />
(1!) a 1 a1 !(2!) a 2 a2 !...(n!) an a n ! (f ′ ) a 1<br />
(f ′′ ) a 2<br />
...(f (n) ) an<br />
λ=0<br />
, (5.150)<br />
a 1 + a 2 + ... + a n = m (5.151)<br />
a 1 + 2a 2 + ... + na n = n (5.152)<br />
Naša funkcija je f(λ) = 1 2 λ2 b 2 + λb(α ∗ + α), kjer je ˜λ = bλ =⇒ b = √ x 0<br />
2<br />
. Odvodi funkcije se<br />
potem glasijo<br />
f(λ) = 1 2 λ2 b 2 + λb(α + α ∗ ) (5.153)<br />
f ′ (λ) = λb 2 + (α ∗ + α)b (5.154)<br />
f ′′ (λ) = b 2 (5.155)<br />
f (3) (λ) = 0 (5.156)<br />
f (n〉3) (λ) = 0 (5.157)<br />
Vidimo, da če bomo želeli dobiti vsote, ki bodo različne od nič, mora veljati a i = 0 za<br />
i ≥ 3. Poglejmo si sedaj pričakovano vrednost odmika 〈x〉. V ta namen <strong>iz</strong>računajmo dano<br />
vsoto za n = 1.<br />
d<br />
dλ ef(λ) =<br />
1∑<br />
m=1<br />
Ko <strong>iz</strong>računamo to preprosto vsoto pri λ = 0 dobimo<br />
1!<br />
1a 1 ! (λb2 + b(α ∗ + α)) a 1<br />
(5.158)<br />
a 1 = m = 1 a 1 = n = 1 =⇒ a 1 = 1 (5.159)<br />
〈x〉 = d<br />
dλ ef(λ) = b(α ∗ + α) = x 0<br />
√<br />
2<br />
(α ∗ + α) (5.160)<br />
Vidimo, da dobimo pravilni <strong>iz</strong>raz za povprečni odmik. Izračunajmo še pričakovano vrednost<br />
kvadrata odmika:<br />
(<br />
d 2<br />
2∑<br />
)<br />
2!<br />
dλ 2ef(λ) =<br />
1!a<br />
m=1 1 !(2!) a 2 a2 ! (f ′ ) a 1<br />
(f ′′ ) a 2<br />
(5.161)<br />
m = 1 : a 1 + a 2 = 1,a 1 + 2a 2 = 2 =⇒ a 2 = 1,a 1 = 0 (5.162)<br />
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<br />
Ko to vstavimo v vsoto in <strong>iz</strong>vrednostimo pri λ = 0, dobimo <strong>iz</strong>raz za pričakovano vrednost<br />
kvadrata odmika<br />
〈x 2 〉 = x2 0<br />
2<br />
(<br />
)<br />
α 2 + α ∗2 + 2|α| 2 + 1<br />
(5.164)<br />
Ta <strong>iz</strong>raz pa smo dobili tudi že z direktnim računom. Tako vidimo, da naš postopek dobro<br />
deluje in ga lahko uporabimo tudi za <strong>iz</strong>račun še višjih odvodov. V našem primeru je to še<br />
posebaj preprosto, saj moramo za <strong>iz</strong>račun koeficientov a i rešiti le 2 × 2 sistem.
66 CHAPTER 5. HARMONSKI OSCILATOR
Chapter 6<br />
Matrična upodobitev operatorjev<br />
6.1 Matrična upodobitev operatorjev<br />
Določi matrične elemente operatorja ˆR = exp(−iα⃗nˆ⃗ L), kjer je ˆ⃗L operator vrtilne količine, ⃗n<br />
pa poljubna smer v prostoru (α je infenit<strong>iz</strong>imalen). Explicitno določi matrično upodobitev<br />
operatorjev L z ,L ± za l = 1 2 ,1, 3 2 .<br />
Rešitev<br />
1. del rešitve:<br />
Operator vrtilne količine ˆ⃗ L lahko zapišemo po komponentah kot<br />
⎛ ⎞<br />
L x<br />
⃗L = ⎝ L y<br />
⎠ (6.1)<br />
L z<br />
To lahko naredimo tudi za normalni vektor ⃗n v prostoru<br />
⎛ ⎞<br />
γ<br />
⃗n = ⎝ η ⎠ , (6.2)<br />
σ<br />
kjer so komponente danega vektorja <strong>iz</strong>brane tako, da je γ 2 + η 2 + σ 2 = 1, saj mora biti<br />
normalni vektor po velikosti enak 1. Potem lahko zapišemo skalarni produkt<br />
⃗n ⃗ L = γL x + ηL y + σL z (6.3)<br />
Sedaj razvijmo eksponentni člen exp(−iα⃗nˆ⃗ L) v Taylorjevo vrsto.<br />
ˆR = Id + (−iα⃗n ⃗ L) + 1 2! (−iα⃗n⃗ L) 2 + ... (6.4)<br />
Ker je α majhna bo člen v razvoju z α 2 dosti manjši od člena z α. Zato lahko v razvoju<br />
upoštevamo le prva dva člena:<br />
ˆR ≈ Id + (−iα⃗n ⃗ L) = Id − iα(γL x + ηL y + σL z ) (6.5)<br />
67
68 CHAPTER 6.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV<br />
Ker z L x ,L y ne znamo lepo računati, pač pa rajši računamo z L ± , uporabimo zveze<br />
L x = L + + L −<br />
2<br />
L y = L + − L −<br />
2i<br />
To sedaj vstavimo noter v naš <strong>iz</strong>raz in dobimo<br />
(6.6)<br />
(6.7)<br />
ˆR = Id − iα(γ L + + L −<br />
2<br />
Ko <strong>iz</strong>raz nekoliko preuredimo, dobimo<br />
ˆR = Id − iα( γ − iη<br />
2<br />
+ η L + − L −<br />
2i<br />
+ σL z ) (6.8)<br />
L + + γ + iη L − + σL z ) (6.9)<br />
2<br />
Sedaj določimo matrične elemente tega operatorja 〈lm| ˆR|kn〉, kjer so |lm〉 lastna stanja<br />
operatorjev L z in L 2 . Lahko zapišemo<br />
〈lm| ˆR|kn〉 = 〈lm|Id − iα( γ − iη<br />
2<br />
kjer smo upoštevali, da je<br />
L + + γ + iη L − + σL z )|kn〉 =<br />
2<br />
= 〈lm|kn〉 − iα( γ − iη )〈lm|L + |kn〉 −<br />
2<br />
−iα( γ + iη )〈lm|L z |kn〉 − iασ〈lm|L z |kn〉 =<br />
2<br />
δ k l δn m − α 2 (η + iγ)〈lm|L +|kn〉 +<br />
+ α 2 (η − iγ)〈lm|L −|kn〉 − iασnδ k l δn m , (6.10)<br />
〈lm|kn〉 = δ k l δn m (6.11)<br />
〈lm|L z |kn〉 = n〈lm|kn〉 = nδ k l δn m (6.12)<br />
Sedaj upoštevajmo še kako delujeta na ta stanja operatorja L ± :<br />
〈lm|L ± |kn〉 = √ k(k + 1) − n(n ± 1)〈lm|kn〉 (6.13)<br />
Ko to uporabimo v našem <strong>iz</strong>razu, dobimo<br />
〈lm| ˆR|kn〉 = (1 − iασn)δl k δn m − α<br />
2 (η + iγ)√ k(k + 1) − n(n + 1)δl k δn+1 m +<br />
α<br />
2 (η − iγ)√ k(k + 1) − n(n − 1)δl k δn−1 m , (6.14)<br />
kjer smo upoštevali ortogonalnost lastnih stanj<br />
〈lm|k,n + 1〉 = δl k δn+1 m (6.15)<br />
〈lm|k,n − 1〉 = δl k δn−1 m (6.16)
6.1.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV 69<br />
Ko še malo <strong>iz</strong>postavimo, dobimo končni rezultat<br />
〈 ˆR〉 = δl k [(1 − iασn)δn m − α<br />
2 (η + iγ)√ k(k + 1) − n(n + 1)δm n+1 +<br />
α<br />
2 (η − iγ)√ k(k + 1) − n(n − 1)δm n−1 ] (6.17)<br />
Dobili smo <strong>iz</strong>raz, ki nam določa matrične elemente operatorja ˆR v bazi lastnih stanj operatorjev<br />
L z in L 2 .<br />
Iz <strong>iz</strong>raza vidimo, da bo matrika, ki jo dobimo, imela po diagonali bloke podmatrik velikosti<br />
2l + 1. Ti bloki pa so tridiagonalni. Glej sliko 6.1.<br />
Figure 6.1: Slika prikazuje simbolično matriko, s katero lahko predstavimo operator ˆR.<br />
Če sedaj predpostavimo, da imamo vrtenje le okrog osi z, potem velja: η = γ = 0 in<br />
σ = 1. Tedaj se matrični element poenostavi in dobimo<br />
v tem primeru dobimo le še diagonalno matriko.<br />
2. del rešitve:<br />
〈lm| ˆR|kn〉 = δ k l (1 − iαn)δn m (6.18)<br />
Za konec pa poiščimo še matrično upodobitev danih operatorjev L z ,L ± . Za te operatorje<br />
poznamo splošne zveze za matrične elemente<br />
〈lm|L z |kn〉 = nδ k l δn m (6.19)<br />
〈lm|L ± |kn〉 = √ k(k + 1) − n(n ± 1)δ k l δn±1 m (6.20)
70 CHAPTER 6.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV<br />
Najprej si poglejmo primer za l = 1 2 . Tedaj imamo dve možnosti za m : −1 2 , 1 2 . Dogovorimo<br />
se, da bomo za dani primer pisali lastna stanja v naslednji obliki<br />
[ ] 1<br />
|1/2, −1/2〉 =<br />
(6.21)<br />
0<br />
[ ] 0<br />
|1/2,1/2〉 =<br />
(6.22)<br />
1<br />
(6.23)<br />
Če napišemo naše zveze 6.19 in 6.20 za dani primer, dobimo<br />
√<br />
3<br />
〈1/2,m|L + |1/2,n〉 = <br />
4<br />
√<br />
3<br />
〈1/2,m|L − |1/2,n〉 = <br />
4<br />
〈1/2,m|L z |1/2,n〉 = nδ n m (6.24)<br />
− n(n + 1)δn+1 m (6.25)<br />
− n(n − 1)δn−1 m (6.26)<br />
Od tu pa lahko hitro zapišemo matrično upodobitev teh operatorjev za dani primer:<br />
( )<br />
−1/2 0<br />
L z = <br />
(6.27)<br />
0 1/2<br />
( ) 0 0<br />
L + = <br />
(6.28)<br />
1 0<br />
( ) 0 1<br />
L − = <br />
(6.29)<br />
0 0<br />
Sedaj naredimo podobno za l = 1. V tem primeru imamo tri možnosti za m,n = −1,0,1.<br />
Dogovorimo se, da bomo lastna stanja pisali v obliki:<br />
⎡ ⎤<br />
1<br />
|1, −1〉 = ⎣ 0 ⎦ (6.30)<br />
0<br />
⎡ ⎤<br />
0<br />
|1,0〉 = ⎣ 1 ⎦ (6.31)<br />
0<br />
⎡ ⎤<br />
0<br />
|1,1〉 = ⎣ 0 ⎦ (6.32)<br />
1<br />
Matrične elemente danih operatorjev L z ,L ± za dani primer zapišemo v obliki:<br />
(6.33)<br />
〈1,m|L z |1,n〉 = nδ n m (6.34)<br />
〈1,m|L + |1,n〉 = √ 2 − n(n + 1)δ n+1<br />
m (6.35)<br />
〈1,m|L − |1,n〉 = √ 2 − n(n − 1)δ n−1<br />
m (6.36)
6.1.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV 71<br />
Z njihovo pomočjo lahko sedaj napišemo matrično upodobitev operatorjev kot:<br />
⎛<br />
L z = ⎝<br />
−1 0 0<br />
0 0 0<br />
0 0 1<br />
⎞<br />
⎠ (6.37)<br />
⎛ ⎞<br />
√<br />
0 0 0<br />
L + = ⎝<br />
2<br />
√ 0 0 ⎠ (6.38)<br />
0 2 0<br />
⎛<br />
0 √ ⎞<br />
2<br />
√<br />
0<br />
L − = ⎝<br />
0 0 2 ⎠ (6.39)<br />
0 0 0<br />
(6.40)<br />
Ostane nam le še, da pogledamo, kaj pa dobimo v primeru, ko je l = 3/2. V tem primeru<br />
imamo 4 možnosti za m,n : −3/2, −1/2,1/2,3/2. Tu se podobno kot v prejšnjih dveh<br />
primerih dogovorimo, da bomo pisali<br />
|3/2, −3/2〉 =<br />
|3/2, −1/2〉 =<br />
|3/2,1/2〉 =<br />
|3/2,3/2〉 =<br />
⎡<br />
⎢<br />
⎣<br />
⎡<br />
⎢<br />
⎣<br />
⎡<br />
⎢<br />
⎣<br />
⎡<br />
⎢<br />
⎣<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
1<br />
⎤<br />
⎥<br />
⎦ (6.41)<br />
⎤<br />
⎥<br />
⎦ (6.42)<br />
⎤<br />
⎥<br />
⎦ (6.43)<br />
⎤<br />
⎥<br />
⎦ (6.44)<br />
(6.45)<br />
V primeru, ko imamo l = 3/2, se matrični elementi danih operatorjev L z ,L ± <strong>iz</strong>ražajo kot:<br />
√<br />
15<br />
〈3/2,m|L + |3/2,n〉 = <br />
4<br />
− n(n + 1)δn+1 m (6.47)<br />
〈3/2,m|L z |3/2,n〉 = nδ n m (6.46)<br />
√<br />
15<br />
〈3/2,m|L − |3/2,n〉 = <br />
4<br />
− n(n − 1)δn−1 m (6.48)
72 CHAPTER 6.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV<br />
S pomočjo teh zvez še enkrat narišimo matrike, ki pripadajo omenjenim operatorjem. Dobimo:<br />
⎛<br />
⎞<br />
−3/2 0 0 0<br />
L z = ⎜<br />
0 −1/2 0 0<br />
⎟<br />
⎝ 0 0 1/2 0 ⎠ (6.49)<br />
0 0 0 3/2<br />
⎛<br />
⎞<br />
√<br />
0 0 0 0<br />
L + = ⎜<br />
3 0 0 0<br />
√ ⎟<br />
⎝ 0 4<br />
√ 0 0 ⎠ (6.50)<br />
0 0 3 0<br />
⎛<br />
0 √ ⎞<br />
3<br />
√<br />
0 0<br />
L − = ⎜<br />
0 0 4 0<br />
√ ⎟<br />
⎝ 0 0 0 3 ⎠ (6.51)<br />
0 0 0 0<br />
No, pa smo pri koncu!<br />
6.2 Matrična upodobitev operatorjev <strong>II</strong>.<br />
(6.52)<br />
Zapiši operatorje ˆQ, ˆN,â,... v matrični upodobitvi. Uredi bazo tako, da narašča število<br />
fermionov in bozonov, pri vsakem <strong>iz</strong>branem številu bozonov pa je število fermionov najprej<br />
0 in potem 1.<br />
Rešitev:<br />
Preden se lotimo računanja zapišimo nekaj definicij in zvez, ki veljajo za supresimetrične<br />
operatorje:<br />
ˆQ = a † b + b † a −→ Q † = Q = b † a + a † b (6.53)<br />
N = a † a + b † b (6.54)<br />
{a † ,a} − = 1 = {b † ,b} + (6.55)<br />
{a,a} − = 0 = {b,b} + = {a † ,a † } − = {b † ,b † } + (6.56)<br />
{Q,b † } + = a † (6.57)<br />
{Q,a † } − = b † (6.58)<br />
{Q,b} + = a (6.59)<br />
{Q,a} − = −b (6.60)<br />
{Q,Q † } + = 2Q 2 = 2N = 2<br />
ω H (6.61)<br />
H = ω(a † a + b † b) = ωN (6.62)<br />
{Q,N} − = 0 (6.63)
6.2.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV <strong>II</strong>. 73<br />
Dogovorimo se, da bomo stanja pisali v obliki |n f ,n b 〉, kjer n f = 0,1 pove število fermionov<br />
in n b število bozonov v danem stanju. Bazna stanja uredimo tako, kot narekuje naloga. To<br />
pomeni, da ima bazni vektor povsod ničle le na mestu 2n b + n f + 1 ima enico. Simbolično<br />
to zapišemo<br />
|n f ,n b 〉 = δ i 2n b +n f +1 = { 1, i = 2nb + n f + 1<br />
0, Sicer<br />
, (6.64)<br />
kjer indeks i teče po komponentah vektorja |n f ,n b 〉. Prvih nekaj baznih stanj se glasi:<br />
⎛<br />
|0,0〉 =<br />
⎜<br />
⎝<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
⎞<br />
.<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
0<br />
0<br />
|1,1〉 =<br />
1<br />
0<br />
⎜<br />
⎝ 0 ⎟<br />
⎠<br />
.<br />
⎛<br />
|1,0〉 =<br />
⎟ ⎜<br />
⎠ ⎝<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
0<br />
⎞<br />
.<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
0<br />
0<br />
|0,2〉 =<br />
0<br />
1<br />
⎜<br />
⎝ 0 ⎟<br />
⎠<br />
.<br />
⎛<br />
|0,1〉 =<br />
⎟ ⎜<br />
⎠ ⎝<br />
0<br />
0<br />
1<br />
0<br />
0<br />
0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
.<br />
⎛ ⎞<br />
0<br />
0<br />
0<br />
|1,2〉 =<br />
0<br />
0<br />
⎜<br />
⎝ 1 ⎟<br />
⎠<br />
.<br />
(6.65)<br />
Sedaj lahko zapišemo, kako delujejo operatorji a,a † ,b,b †1 na naša bazna stanja. Velja<br />
b † |n f ,n b 〉 = √ n f + 1|n f + 1,n b 〉 (6.66)<br />
b|n f ,n b 〉 = √ n f |n f − 1,n b 〉 (6.67)<br />
a † |n f ,n b 〉 = √ n b + 1|n f ,n b + 1〉 (6.68)<br />
a|n f ,n b 〉 = √ n b |n f ,n b − 1〉 (6.69)<br />
Pri tem moramo upoštevati, da je lahko v enem stanju le nič ali en fermion, kar pomeni,<br />
da je<br />
b † |1,n b 〉 = 0 (6.70)<br />
b | 0,n b 〉 = 0 (6.71)<br />
(6.72)<br />
1 Operatorja a,a † delujeta le na bozone, operatorja b, b † pa le na fermione.
74 CHAPTER 6.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV<br />
Zgornje zveze pomnožimo še z ”bra” 〈m f ,m b | in dobimo matrične elemente za dane operatorje:<br />
〈m f ,m b |b † |n f ,n b 〉 = √ n f + 1δ m f<br />
n f +1 δm b<br />
n b<br />
(6.73)<br />
〈m f ,m b |b|n f ,n b 〉 = √ n f δ m f<br />
n f −1 δm b<br />
n b<br />
(6.74)<br />
〈m f ,m b |a † |n f ,n b 〉 = √ n b + 1δ m f<br />
n f<br />
δ m b<br />
n b +1 (6.75)<br />
〈m f ,m b |a|n f ,n b 〉 = √ n b δ m f<br />
n f<br />
δ m b<br />
n b −1 (6.76)<br />
S pomočjo teh operatorjev pa lahko sedaj napišemo dejanske matrike teh operatorjev:<br />
⎛<br />
⎞ ⎛<br />
⎞<br />
0 0 0 0 0 0<br />
0 1 0 0 0 0<br />
1 0 0 0 0 0<br />
0 0 0 0 0 0<br />
0 0 0 0 0 0 ...<br />
0 0 0 1 0 0 ...<br />
b † =<br />
0 0 1 0 0 0<br />
b =<br />
0 0 0 0 0 0<br />
(6.77)<br />
0 0 0 0 0 0<br />
0 0 0 0 0 1<br />
⎜<br />
⎝ 0 0 0 0 1 0 ⎟ ⎜<br />
⎠ ⎝ 0 0 0 0 0 0 ⎟<br />
⎠<br />
.<br />
. .. .<br />
. ..<br />
⎛<br />
⎞ ⎛<br />
0 0 0 0 0 0<br />
0 0 √ ⎞<br />
1<br />
√<br />
0 0 0<br />
√<br />
0 0 0 0 0 0<br />
0 0 0 1 0 0<br />
√ 1<br />
√ 0 0 0 0 0 ...<br />
0 0 0 0 2 0 ...<br />
a † =<br />
0 1 0 0 0 0<br />
√ √ a =<br />
0 0 0 0 0 2<br />
(6.78)<br />
0 0 2 0 0 0<br />
⎜<br />
√ 0 0 0 0 0 0<br />
⎝ 0 0 0 2 0 0<br />
⎟ ⎜<br />
⎠ ⎝ 0 0 0 0 0 0<br />
⎟<br />
⎠<br />
.<br />
.<br />
.. .<br />
.<br />
..<br />
Sedaj določimo matrično upodobitev operatorja ˆN. V ta namen delujmo s tem operatorjem<br />
na bazno stanje:<br />
N|n f ,n b 〉 = a † a + b † b|n f ,n b 〉 = (n f + n b )|n f ,n b 〉 (6.79)<br />
Če še skalarno pomnožimo to z Bra, dobimo matrični element za dani operator<br />
〈m f ,m b | ˆN|n f ,n b 〉 = (n f + n b )δ n f<br />
m f<br />
δ n b<br />
m b<br />
(6.80)<br />
Od tu vidimo, kakšna bo matrika za operator ˆN:<br />
⎛<br />
⎞<br />
0 0 0 0 0 0<br />
0 1 0 0 0 0<br />
0 0 1 0 0 0 ...<br />
N =<br />
0 0 0 2 0 0<br />
0 0 0 0 2 0<br />
⎜<br />
⎝ 0 0 0 0 0 3 ⎟<br />
⎠<br />
.<br />
. ..<br />
(6.81)
6.3. MATRIČNA UPODOBITEV GRUPE S 3 75<br />
Preostane nam le še, da določimo matrično reprezentacijo za operator ˆQ. Delujmo z njim<br />
na bazno stanje in poglejmo, kaj dobimo:<br />
ˆQ|n f n b 〉 = (â † b + b † a)|n f ,n b 〉 = √ n f<br />
√<br />
nb + 1|n f − 1,n b + 1〉 +<br />
+ √ n f + 1 √ n b |n f + 1,n b − 1〉 (6.82)<br />
Sedaj pomnožimo dobljeno stanje z Bra in že dobimo željeni matrični element:<br />
〈m f ,m b | ˆQ|n f ,n b 〉 = √ n f<br />
√<br />
nb + 1δ m f<br />
n f −1 δm b<br />
n b +1 + √ n f + 1 √ n b δ m f<br />
n f +1 δm b<br />
n b −1 (6.83)<br />
S pomočjo dobljenega matričnega elementa in nekaj truda lahko tudi operator ˆQ zapišemo<br />
v matrični obliki:<br />
⎛<br />
⎞<br />
0 0<br />
√<br />
0 0 0 0<br />
0 0 1 0 0 0<br />
0 √ 1 0 0 0 0 ...<br />
√ Q =<br />
0 0 0 0 2 0<br />
√ (6.84)<br />
0 0 0 2 0 0<br />
⎜<br />
⎝ 0 0 0 0 0 0<br />
⎟<br />
⎠<br />
.<br />
.<br />
..<br />
No, pa smo pri koncu!<br />
6.3 Matrična upodobitev grupe S 3<br />
Permutacijska grupa S 3 in matrična upodobitev na vektorju (1,2,3). Pri dogovoru<br />
P 12 (123) = (213) (6.85)<br />
P 12 P 13 = P 12 (321) = (312) (6.86)<br />
Zapiši enoto in vse permutacije v obliki matrik 3 × 3. Za poljubno funkcijo, ki je funkcija<br />
koordinat treh delcev, zapiši s pomočjo projektorja obe singletni stanji.<br />
Rešitev:<br />
Najprej si zapišemo, kaj na vektorju (123) naredijo naše transpozicije in permutacije<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
1 1 1 2 1 3<br />
e⎝<br />
2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠, P 12<br />
⎝ 2 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ , P 13<br />
⎝ 2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠ (6.87)<br />
3 3 3 3 3 1<br />
P 23<br />
⎛<br />
⎝<br />
1<br />
2<br />
3<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ = ⎝<br />
1<br />
3<br />
2<br />
⎞ ⎛<br />
⎠, P 12 P 13<br />
⎝<br />
P 13 P 12<br />
⎛<br />
⎝<br />
1<br />
2<br />
3<br />
1<br />
2<br />
3<br />
⎞<br />
⎠ = P 12<br />
⎛<br />
⎝<br />
⎞<br />
⎠ = P 13<br />
⎛<br />
⎝<br />
3<br />
2<br />
1<br />
2<br />
1<br />
3<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ = ⎝<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ = ⎝<br />
3<br />
1<br />
2<br />
2<br />
3<br />
1<br />
⎞<br />
⎠ (6.88)<br />
⎞<br />
⎠ (6.89)
76 CHAPTER 6.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV<br />
Vse ostale permutacije, ki jih nismo napisali, se dajo prevesti na danih šest, zato jih<br />
ne potrebujemo. Ko sedaj vidimo, kako permutacije delujejo na vektor (1,2,3), lahko<br />
napišemo matrično upodobitev teh permutacij. (Pozor: Z matrikami lahko delujemo le na<br />
vektor (1,2,3)!!!):<br />
⎛<br />
P 23 = ⎝<br />
⎛<br />
e = ⎝<br />
1 0 0<br />
0 0 1<br />
0 1 0<br />
1 0 0<br />
0 1 0<br />
0 0 1<br />
⎞<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ , P 12 = ⎝<br />
⎛<br />
⎠ , P 12 P 13 = ⎝<br />
0 1 0<br />
1 0 0<br />
0 0 1<br />
0 0 1<br />
1 0 0<br />
0 1 0<br />
⎞<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎠ , P 13 = ⎝<br />
⎛<br />
⎠ , P 13 P 12 = ⎝<br />
0 0 1<br />
0 1 0<br />
1 0 0<br />
0 1 0<br />
0 0 1<br />
1 0 0<br />
⎞<br />
⎠ (6.90)<br />
⎞<br />
⎠ (6.91)<br />
Sedaj pa določimo singletna stanja. Vemo, da je singletno stanje lastna funkcija vsake<br />
od danih transpozicij oz. permutacij:<br />
P ij f = αf, (6.92)<br />
kjer smo z f označili singletno stanje. Vidimo, da mora biti singletno stanje tako, da ko<br />
nanj delujemo s katero koli permutacijo, moramo nazaj dobiti isto funkcijo. Prvo singletno<br />
stanje, ki se kar samo ponuja, je vsota vseh permutacij. To je vedno res, saj vemo, da če s<br />
permutacijo delujemo na takšno vsoto, gotovo dobimo nazaj isto vsoto. Funkcija se potem<br />
glasi:<br />
f = e + P 12 + P 13 + P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 (6.93)<br />
Na eni permutaciji pokažimo, da je to res singlet<br />
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)<br />
Če sedaj upoštevamo, da je<br />
vidimo, da dobimo nazaj isto vsoto:<br />
P ij P ij = e (6.95)<br />
P 13 P 23 = P 12 P 13 (6.96)<br />
P 13 P 12 P 13 = P 23 (6.97)<br />
P 13 f = f (6.98)<br />
Tako bi lahko naredili še za ostalih pet permutacij. Naloga zahteva, da zapišemo singletno<br />
stanje s pomočjo projektorja. V ta namen poglejmo, ali je funkcija f projektor. Za<br />
projektor vemo, da velja<br />
To sedaj <strong>iz</strong>vedimo na našem primeru<br />
P 2 = P (6.99)<br />
f 2 = (e + P 12 + P 13 + P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 )(e + P 12 + P 13 + P 23 +<br />
+P 12 P 13 + P 13 P 12 ) (6.100)
6.3. MATRIČNA UPODOBITEV GRUPE S 3 77<br />
Ko člene med sabo zmnožimo, dobimo goro nekih členov. Če upoštevamo, kako delujejo<br />
permutacije na naše stanje:<br />
dobimo<br />
P 12 P 23 = P 13 P 12 (6.101)<br />
P 12 P 13 P 12 = P 23 (6.102)<br />
P 13 P 23 = P 12 P 13 (6.103)<br />
P 13 P 12 P 13 = P 23 (6.104)<br />
P 23 P 12 = P 12 P 13 (6.105)<br />
P 23 P 13 = P 13 P 12 (6.106)<br />
P 23 P 12 P 13 = P 12 (6.107)<br />
P 23 P 13 P 12 = P 13 (6.108)<br />
P 12 P 13 P 12 = P 23 (6.109)<br />
P 12 P 13 P 23 = P 13 (6.110)<br />
P 12 P 13 P 12 P 13 = P 13 P 12 (6.111)<br />
P 12 P 13 P 13 P 12 = e (6.112)<br />
P 13 P 12 P 13 = P 23 (6.113)<br />
P 13 P 12 P 23 = P 12 (6.114)<br />
P 13 P 12 P 13 P 12 = P 12 P 13 , (6.115)<br />
f 2 = 6f (6.116)<br />
To še ni projektor. Da bi dobili pravi projektor, normiramo. To nam da<br />
Tako je naš končni rezultat<br />
P = 1 6 f (6.117)<br />
P 1 = 1 6 (e + P 12 + P 13 + P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 ) (6.118)<br />
Tako smo dobili prvo singletno stanje zapisano s pomočjo projektorja.<br />
Sedaj poiščimo še drugo singletno stanje. To moramo bolj ali manj uganiti, oz. poskušati<br />
toliko časa, da nam uspe najti pravo stanje. Zavedamo pa se, da mora tudi drugo singletno<br />
stanje imeti vseh šest členov v sebi, saj v nasprotnem primeru ne bi vedno dobili vseh<br />
potrebnih členov nazaj. Zavedamo se tudi, da morajo imeti vsi členi iste številske predfaktorje,<br />
drugače se nam lahko zalomi. Tako nam ostane le, da prekladamo minuse. Ker se<br />
zavedamo, kako permutacije delujejo, čutimo, da če bomo dali negativne predznake pred<br />
transpozicije, pred enoto in permutacije pa pozitivne znake bo to ravno to kar želimo.<br />
Vemo namreč, da ko množimo poljubno transpozicijo P lk s transpozicijo bomo ven dobili
78 CHAPTER 6.<br />
MATRIČNA UPODOBITEV OPERATORJEV<br />
permutacijo P ij P mn v enem primeru pa celo enoto. Ko pa množimo transpozicijo s permutacijami,<br />
pa bomo ven dobili transpozicije. Tako se bo čeli stvari zamenjal predznak,<br />
ampak to nas ne moti. Ko poskusimo, vidimo, da je to res naša rešitev:<br />
Na primeru preverimo ali stvar res deluje:<br />
f = e − P 12 − P 13 − P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 (6.119)<br />
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)<br />
Ko poenostavimo nekatere člene dobimo ven<br />
P 12 f = −f (6.121)<br />
Po istem postopku kot v prvem primeru tudi za to singletno stanje preverimo da je projektor,<br />
če ga normiramo. Dobimo:<br />
P 2 = 1 6 (e − P 12 − P 13 − P 23 + P 12 P 13 + P 13 P 12 ). (6.122)
Chapter 7<br />
Clebsh-Gordanovi koeficienti<br />
7.1 Clebsh-Gordanovi koeficienti<br />
Clebsh-Gordanovi koeficienti so definirani z relacijo<br />
|j 1 ,j 2 ,j 3 ,m 3 〉 = ∑<br />
m 1 ,m 2<br />
|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)<br />
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 | ≤<br />
j ≤ |j 1 + j 2 |. Izračunaj Clebsh-Gordanove koeficiente 〈j,κ,1,µ|j,1,j,κ + µ〉.<br />
Rešitev:<br />
Dogovorimo se, da bomo Clebsh-Gordanove koeficiente označili z<br />
c j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2<br />
= 〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |j,M〉, (7.2)<br />
kjer smo z j označili skupno vrtilno količino, z M = m 1 + m 2 pa projekcijo skupne vrtilne<br />
količine na z os. Določimo najprej rekurzivne zveze, ki veljajo za CGK. V ta namen<br />
uporabimo operatorje J ± ,J 1 ±,J 2 ±, za katere velja<br />
J ± |j,M〉 = √ j(j + 1) − M(M ± 1)|j,M ± 1〉 (7.3)<br />
J 1 ± |j 1,m 1 〉 = √ j 1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 ± 1)|j 1 ,m 1 ± 1〉 (7.4)<br />
J 2 ± |j 2,m 2 〉 = √ j 2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 ± 1)|j 2 ,m 2 ± 1〉 (7.5)<br />
Sedaj delujmo s tem na člen in poglejmo kaj dobimo<br />
J ± = J 1 ± + J2 ± (7.6)<br />
〈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)<br />
Po drugi strani pa velja<br />
〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |J 1 − + J 2 −|j,M〉 =<br />
= √ j 1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 + 1)〈j 1 ,m 1 + 1,j 2 ,m 2 |j,M〉 +<br />
√<br />
j2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 + 1)〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 + 1|j,M〉 (7.8)<br />
79
80 CHAPTER 7. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI<br />
Sedaj uvedemo nov koeficient ˆM = M − 1 =⇒ M = ˆM + 1. Ko to vstavimo noter, dobimo<br />
zvezo:<br />
√<br />
j(j + 1) − ˆM( ˆM + 1)〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |j, ˆM〉 =<br />
√<br />
j1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 + 1)〈j 1 ,m 1 + 1,j 2 ,m 2 |j, ˆM + 1〉 +<br />
+ √ j 2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 + 1)〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 + 1|j, ˆM + 1〉 (7.9)<br />
Če <strong>iz</strong>raz še malo polepšamo, dobimo<br />
〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 |j, ˆM〉 =<br />
√<br />
j1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 + 1)<br />
√<br />
j(j + 1) − ˆM( ˆM<br />
〈j 1 ,m 1 + 1,j 2 ,m 2 |j, ˆM + 1〉 +<br />
+ 1)<br />
√<br />
j2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 + 1)<br />
√<br />
j(j + 1) − ˆM( ˆM<br />
〈j 1 ,m 1 ,j 2 ,m 2 + 1|j, ˆM + 1〉 (7.10)<br />
+ 1)<br />
Če uporabimo še naš zapis, dobimo<br />
C j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2<br />
=<br />
√<br />
j1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 + 1)<br />
√<br />
j(j + 1) − ˆM( ˆM<br />
C j j 1 ,j 2 ,m 1 +1,m 2<br />
+<br />
+ 1)<br />
√<br />
j2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 + 1)<br />
+ √<br />
j(j + 1) − ˆM( ˆM<br />
C j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2 +1<br />
(7.11)<br />
+ 1)<br />
Dobljena zveza velja za ˆM + 1 ≤ |j 1 + j 2 |. Do po dobne zveze pridemo, če delujemo na naš<br />
člen z operatorjem J + . Izvedemo povsem a<strong>naloge</strong>n potopek kot v računu zgoraj in dobimo<br />
C j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2<br />
=<br />
√<br />
j1 (j 1 + 1) − m 1 (m 1 − 1)<br />
√<br />
j(j + 1) − ˆM( ˆM − 1)<br />
+<br />
C j j 1 ,j 2 ,m 1 −1,m 2<br />
+<br />
√<br />
j2 (j 2 + 1) − m 2 (m 2 − 1)<br />
√<br />
j(j + 1) − ˆM( ˆM<br />
C j j 1 ,j 2 ,m 1 ,m 2 −1<br />
(7.12)<br />
− 1)<br />
Naredimo sedaj en hiter zgledek. Zanima nas, kakšen je CGK C 3/2<br />
1,1/2,0,1/2<br />
, če vemo, da je<br />
C 3/2<br />
1,1/2,1,1/2<br />
= 1. Po našem postopku dobimo<br />
√<br />
2<br />
1,1/2,0,1/2 = √<br />
C 3/2<br />
C 3/2<br />
3 5<br />
2 2 − 1 3<br />
2 2<br />
√<br />
1,1/2,1,1/2 + √<br />
1 3<br />
2 2 − 1 1<br />
2 2<br />
3 5<br />
2 2 − 1 3<br />
2 2<br />
C 3/2<br />
1,1/2,0,3/2<br />
(7.13)<br />
Ker je slednji člen enak nič, saj ne more biti komponenta v z smeri večja od celotne vrtilne<br />
količine, dobimo rezultat<br />
C 3/2<br />
1,1/2,0,1/2 = √<br />
2<br />
3 . (7.14)
7.1. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI 81<br />
Ko pogledamo v tabele 1 , vidimo, da smo dobili prave koeficiente.<br />
Naša rešitev pa ima se eno pomanjklivost. Rekurzivne formule, kot jih imamo, delujejo<br />
le pri istih vrednostih j-ja. Formule se sprehajajo le med različnimi M-ji, ne pa tudi med<br />
različnimi j-ji. Da bi lahko našli CGK tudi pri različnih j-jih, pa postopamo na naslednji<br />
način. Stanje s skupno vrtilno količino |j = j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 〉 ali |j = j 1 + j 2 ,M =<br />
−(j 1 + j 2 )〉, lahko v produktni bazi zapišemo kot<br />
|j = j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 〉 = 1|j 1 ,j 1 ,j 2 ,j 2 〉 (7.15)<br />
|j = j 1 + j 2 ,M = −(j 1 + j 2 )〉 = 1|j 1 , −j 1 ,j 2 , −j 2 〉 (7.16)<br />
Od tod takoj lahko preberemo dva CGK:<br />
C j 1+j 2<br />
j 1 ,j 2 ,j 1 ,j 2<br />
= 〈j 1 ,j 1 ,j 2 ,j 2 |j 1 + j 2 ,j 1 + j 2 〉 = 1 (7.17)<br />
C j 1+j 2<br />
j 1 ,j 2 ,−j 1 ,−j 2<br />
= 〈j 1 , −j 1 ,j 2 , −j 2 |j 1 + j 2 , −(j 1 + j 2 )〉 = 1 (7.18)<br />
Sedaj na to stanje delujmo z operatorjem J − = J 1 − + J 2 −. Ko poračunamo, dobimo<br />
|j = j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 − 1〉 =<br />
√ 2j1<br />
√<br />
2(j1 + j 2 ) |j 1,(j 1 − 1),j 2 ,j 2 〉 +<br />
(7.19)<br />
√ 2j2<br />
+ √<br />
2(j1 + j 2 ) |j 1,j 1 ,j 2 ,(j 2 − 1)〉 (7.20)<br />
Dobimo zopet dva nova CGK<br />
C j 1+j 2<br />
j 1 ,j 2 ,j 1 −1,j 2<br />
=<br />
C j 1+j 2<br />
j 1 ,j 2 ,j 1 ,j 2 −1 =<br />
√ 2j1<br />
√<br />
2(j1 + j 2 )<br />
√ 2j2<br />
√<br />
2(j1 + j 2 )<br />
(7.21)<br />
(7.22)<br />
Naredimo primer za j 1 = 1,j 2 = 1 2 :<br />
| 3 2 = 1 + 1 2 , 1 2 〉 = √<br />
2<br />
3 |1,0, 1 2 , 1 2 〉 + √<br />
1<br />
3 |1,1, 1 2 , −1 2 〉 (7.23)<br />
S tem še nismo dobili nič novega glede na rekurzivje formule. Da bi dobili kaj novega<br />
si poglejmo stanje |j = j 1 + j 2 − 1,M = j 1 + j 2 − 1〉. To stanje lahko zapišemo kot linearno<br />
kombinacijo dveh produktnih stanj.<br />
|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)<br />
1 Vrednosti CGK koeficientov lahko najdemo v knjigi Physical Review D, Particles and Fields, stran 245.
82 CHAPTER 7. CLEBSH-GORDANOVI KOEFICIENTI<br />
Sedaj upoštevajmo, da so stanja ortonormirana in na to stanje delujmo s stanjem 〈j =<br />
j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 − 1|. Kar dobimo je<br />
〈j = j 1 + j 2 ,M = j 1 + j 2 − 1|j = j 1 + j 2 − 1,M = j 1 + j 2 − 1〉 =<br />
√ √<br />
j1 j2<br />
= √ α + √ β = 0 (7.25)<br />
j1 + j 2 j1 + j 2<br />
Od tod dobimo pogoj<br />
√<br />
j2<br />
α = −√ β (7.26)<br />
j1<br />
Če še upoštevamo |α| 2 + |β| 2 = 1, dobimo<br />
√<br />
Ko to vstavimo v stanje, dobimo<br />
|j = j 1 + j 2 − 1,M = j 1 + j 2 − 1〉 = −<br />
j 1<br />
β =<br />
(7.27)<br />
j 1 + j 2<br />
√<br />
j 2<br />
α = −<br />
(7.28)<br />
j 1 + j 2<br />
Tako smo prideli še dva CGK pri za ena manjšem j:j = j 1 + j 2 − 1.<br />
√<br />
C j 1+j 2 −1<br />
j 1 −1,j 2 ,j 1 −1,j 2<br />
= −<br />
C j 1+j 2 −1<br />
√<br />
j 1 ,j 2 −1,j 1 ,j 2 −1 = √<br />
Naredimo zgled za j 1 = 1,j 2 = 1 2 . Dobimo<br />
j 2<br />
|j 1 ,j 1 − 1,j 2 ,j 2 〉 +<br />
j 1 + j 2<br />
√<br />
j 1<br />
+ |j 1 ,j 1 ,j 2 ,j 2 − 1〉 (7.29)<br />
j 1 + j 2<br />
j 2<br />
j 1 + j 2<br />
(7.30)<br />
j 1<br />
j 1 + j 2<br />
(7.31)<br />
| 1 2 , 1 2 〉 = − √<br />
1<br />
3 |1,0, 1 2 , 1 2 〉 + √<br />
2<br />
3 |1,1, 1 2 , −1 2 〉 (7.32)<br />
Če bi želeli sedaj dobiti še ostale CGK pri danem j, lahko uporabimo rekurzivne formule<br />
ali pa delujemo na stanje z operatorjem J − in pogledamo kaj dobimo.
Chapter 8<br />
Spinski sistemi<br />
8.1 Spinski operator v Heisenbergovi sliki<br />
Spinski operatorji v Heisenbergovi sliki. Hamiltonov operator je podan H = −gµ B<br />
⃗ B(t)⃗σ.<br />
Enačba je potemtakem<br />
i dσα<br />
dt<br />
= −gµ B B µ (t)[σ α ,σ µ ] (8.1)<br />
V času t ≤ 0 kaže polje ⃗ B v smeri osi x, za t ≥ 0 pa v smeri osi z. Poglej, kako se valovna<br />
funkcija spreminja s časom.<br />
Rešitev:<br />
Najprej si poglejmo kako se valovna funckija spreminja s časom. Ob času t = 0 lahko našo<br />
valovno funkcijo razvijemo po lastnih stanjih spina<br />
|ψ〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉, (8.2)<br />
kjer sta<br />
( 1<br />
| ↑〉 =<br />
0<br />
) ( 0<br />
, | ↓〉 =<br />
1<br />
)<br />
(8.3)<br />
Sedaj delujmo s Hamiltonjanom na lastna stanja. Upoštavajmo, da magnetno polje B ⃗ −→<br />
B z kaže v smeri osi z. Zato nam ostane le σ z , ki ga s Paulijevo matriko predstavimo kot<br />
( ) 1 0<br />
σ z =<br />
(8.4)<br />
0 −1<br />
Ko s tem operatojem delujemo na lastna stanja, prvo stanje pusti nespremenjeno, drugo<br />
stanje pa pomnoži z −1. Dobimo<br />
H| ↑〉 = E ↑ | ↑〉 = −gµ B B z | ↑〉 (8.5)<br />
H| ↓〉 = E ↓ | ↓〉 = +gµ B B z | ↓〉, (8.6)<br />
83
84 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
Za lastna stanja velja, da se s časom propagirajo kot<br />
Zato se naše stanje spreminja s časom kot<br />
| ↑ (t)〉 = e −i E ↑<br />
t | ↑〉 (8.7)<br />
| ↓ (t)〉 = e −i E ↓<br />
t | ↓〉 (8.8)<br />
|ψ(t)〉 = ae −i E ↑<br />
t | ↑〉 + be −i E ↓<br />
t | ↓〉 (8.9)<br />
Da bo stanje povsem določeno moramo določiti še konstanti a in b. Izberimo si, da bo ob<br />
času t = 0 naša valovna funcija kar lastna funkcija operatorja σ x :<br />
Če upoštevamo, da je σ x = σ ++σ −<br />
2<br />
in da velja<br />
( 0 1<br />
σ + = 2<br />
0 0<br />
dobimo<br />
σ x |ψ〉 = 1|ψ〉 (8.10)<br />
)<br />
, σ − = 2<br />
( 0 0<br />
1 0<br />
)<br />
, (8.11)<br />
σ x |ψ〉 = b| ↑〉 + a| ↓〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉 (8.12)<br />
Torej mora veljati, da je a = b = 1 √<br />
2<br />
. Tako lahko sedaj naše stanje zapišemo ob katerem<br />
koli času kot<br />
kjer smo označili frekvenco<br />
|ψ(t)〉 = 1 √<br />
2<br />
e iωt + 1 √<br />
2<br />
e −iωt , (8.13)<br />
ω = gµ B B z /. (8.14)<br />
Za primer lahko v Schrodingerjevi sliki 1 <strong>iz</strong>računamo, pričakovano vrednost operatorja σs:<br />
x<br />
〈σ(t)|σs x |ψ(t)〉 = √ 1<br />
)( )<br />
(<br />
e −iωt ,e iωt)( 0 1 e<br />
iωt<br />
2 1 0 e −iωt =<br />
= 1 (<br />
e 2iωt + e −2iωt) = cos 2ωt (8.15)<br />
2<br />
Vidimo, da se pričakovana vrednost operatorja spreminja sinusno s frekvenco 2ω.<br />
Sedaj pa si poglejmo spinske operatorje σ i še v Heisenbergovi sliki.<br />
da imamo polje le v z-smeri, lahko zapišemo<br />
Če tudi tu upoštevamo,<br />
i dσα<br />
dt<br />
= −gµ B B z {σ α ,σ z }, α = x,y,z (8.16)<br />
1 V Schrodingerjevi sliki se operatorji ne spremenijo, spreminja pa se baza. V Heisenbergovi sliki, pa se<br />
baza ohranja, spreminjajo pa se operatorji.
8.1. SPINSKI OPERATOR V HEISENBERGOVI SLIKI 85<br />
Naše enačbe za vse tri komponente se potem glasijo<br />
i dσz<br />
dt<br />
= 0 =⇒ σ z = konst. (8.17)<br />
i dσy<br />
dt<br />
i dσx<br />
dt<br />
= −gµ B B z 2iσ x (8.18)<br />
= gµ B B z 2iσ y (8.19)<br />
(8.20)<br />
Če <strong>iz</strong> enačb pokrajšamo imaginarno enoto, zadnjo enačbo še enkrat odvajamo in vstavimo<br />
drugo enačbo v tretjo, dobimo enačbo<br />
Analogno tudi dobimo<br />
d 2 σ x<br />
dt 2 + ˆω2 σ x = 0 (8.21)<br />
d 2 σ y<br />
dt 2 + ˆω2 σ y = 0 (8.22)<br />
kjer je ˆω = 2gµ B B z . Rešitve danih enačb seveda poznamo(nihanje):<br />
σ x (t) = Acos ˆωt + B sin ˆωt (8.23)<br />
σ y (t) = C cos ˆωt + D sin ˆωt (8.24)<br />
Če še upoštevamo <strong>iz</strong>brane robne in začetne pogoje<br />
( )<br />
σ x (t = 0) = σpauli x 0 1<br />
= 1 0<br />
(8.25)<br />
dσ y<br />
= −ˆωσ x<br />
dt<br />
(8.26)<br />
dobimo ven vrednosti konstant:<br />
C = B = 0 (8.27)<br />
D = −A = σ x pauli (8.28)<br />
Tako lahko sedaj zapišemo naše rešitve, to je , kako se operatorji spreminjajo s časom<br />
σ x (t) = σpauli x cos(2ωt) (8.29)<br />
σ y (t) = −σ y pauli<br />
sin(2ωt) (8.30)<br />
σ z (t) = σ0, z (8.31)<br />
kjer smo označili ˆω = 2ω.<br />
Za preiskus sedaj še v Heisenbergovi reprezentaciji <strong>iz</strong>računajmo, kako se s časom spreminja<br />
pričakovana vrednost operatorja σ x . Vemo, da velja<br />
〈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<br />
pri čemer smo upoštavali, da operator A s v Schrodingerjevi sliki ni eksplicitno odvisen od<br />
časa A s ≠ A s (t) in je U(t) = e −i H t . Označimo še<br />
Potem dobimo<br />
Za naš operator lahko potemtakem zapišemo<br />
A H (t) = U † A s U, (8.33)<br />
〈ψ s (t)|A s |ψ s (t)〉 = 〈ψ H (0)|A H (t)|ψ H (0)〉 (8.34)<br />
〈ψ s (t)|σ x |ψ s (t)〉 = 〈ψ(0)|σH x (t)|ψ(0)〉 = 〈ψ(0)|σx pauli cos 2ωt|ψ(0)〉 =<br />
= 〈ψ(0)|σpauli x |ψ(0)〉cos 2ωt (8.35)<br />
Sedaj na hitro <strong>iz</strong>računajmo še preostalo pričakovano vrednost<br />
Tako na koncu dobimo<br />
〈ψ(0)|σpauli x |psi(0)〉 = √ 1 ( 0 1<br />
(1,1) 2 1 0<br />
) 1 √2<br />
( 1<br />
1<br />
)<br />
= 1 (8.36)<br />
〈ψ s (t)|σ x |ψ s (t)〉 = cos 2ωt (8.37)<br />
Vidimo, da s pomočjo Heisenbergove slike dobimo isti rezultat, kot smo ga z direktnim<br />
računom v Schrodingerjevi reprezentaciji.<br />
8.2 Spinski sistem v časovno odvisnem magnetnem polju<br />
Prejšnjo nalogo modificirajmo tako, da v času t ≥ 0 vklopimo dodatno, časovno odvisno<br />
magnetno polje v smeri osi z, B z (t) = B z sin(ωt). Določi verjetnost, da je po času t spin v<br />
<strong>iz</strong>hodiščnem stanju. Rezultate <strong>iz</strong>računaj točno in v 1. redu časovno odvisne teorije motenj.<br />
Rešitev:<br />
Naš spin postavimo v dano magnetno polje, ki ima eno veliko konstantno komponento v z<br />
smeri in eno malo manjšo komponento v z smeri, ki je časovno odvisna. Hamiltonjnan za<br />
dani primer se potem glasi<br />
H = H 0 + H 1 (t) = (−µ B B 0 − µ B B 1 sin(ωt))σ z . (8.38)<br />
Valovno funkcijo, s katero bomo opisali stanje spina, razvijemo po lastnih stanjih spina<br />
| ↑〉 = |1〉 in | ↓〉 = |2〉. Če ne bi bilo zunanjega polja, veljajo za lastna stanja enačbe<br />
H 0 |1〉 = E 1 |1〉 (8.39)<br />
H 0 |2〉 = E 2 |2〉 (8.40)
8.2. SPINSKI SISTEM V ČASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU 87<br />
Lastna stanja se s časom propagirajo kot:<br />
|1(t)〉 = e −iE 1t/ |1(0)〉 (8.41)<br />
|2(t)〉 = e −iE 2t/ |2(0)〉 (8.42)<br />
Našo valovno funkcijo lahko v vsakem trenutku razvijemo po lastnih stanjih. Vendar pa je<br />
razvoj v vsakem trenutku dugačen.<br />
|ψ(t)〉 = ∑ n<br />
c n (t)e −iEnt/ |n(0)〉 (8.43)<br />
Sedaj to stanje vstavimo v Schrödingerjevo enačbo<br />
H|ψ〉 = (H 0 + H 1 (t))|ψ〉 = i ∂ |ψ〉 (8.44)<br />
∂t<br />
Ko noter vstavimo naš razvoj in dobljeno enačbo z leve pomnožimo z lastnim stanjem<br />
〈k(0)|, dobimo sistem enačb<br />
i ∂c k<br />
∂t = ∑ n<br />
c n 〈k(0)|H 1 |n(0)〉e iω knt , (8.45)<br />
kjer je<br />
w kn = E k − E n<br />
<br />
(8.46)<br />
Mi imamo v našem primeru le dve možni lastni stanji k,n = 1,2. Izračunajmo sedaj hitro<br />
matrične elemente<br />
〈1|H 1 |1〉 = −µ B B 1 sin(ωt)〈1|σ z |1〉 = −µ B B 1 sin(ωt) (8.47)<br />
〈1|H 1 |2〉 = −µ B B 1 sin(ωt)〈1|σ z |2〉 = 0 (8.48)<br />
〈2|H 1 |1〉 = −µ B B 1 sin(ωt)〈2|σ z |1〉 = 0 (8.49)<br />
〈2|H 1 |2〉 = −µ B B 1 sin(ωt)〈2|σ z |2〉 = µ B B 1 sin(ωt) (8.50)<br />
Ko to upoštevamo v gornji vsoti, dobimo dve diferencialni enačbi<br />
dc 1<br />
dt = i µ BB 1 sin(ωt) (8.51)<br />
dc 2<br />
dt = − i µ BB 1 sin(ωt) (8.52)<br />
Enačbi seveda pogumno rešimo in če še vpeljemo frekvenco: ω 1 = B 1 µ B , dobimo<br />
c 1 = c 10 e −i ω 1<br />
ω cos(ωt)<br />
c 2 = c 20 e i ω 2<br />
ω<br />
cos(ωt)<br />
(8.53)<br />
(8.54)<br />
Naše stanje se potem glasi<br />
|ψ(t)〉 = c 10 e −i ω 1<br />
ω cos(ωt) e −i E 1 t<br />
|1〉 + c20 e i ω 1<br />
ω cos(ωt) e −i E 2 t<br />
|2〉 (8.55)
88 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
Sedaj moramo določiti še koeficienta c 10 in c 20 . Določimo ju <strong>iz</strong> pogoja:<br />
〈σ y (0)〉 = 〈ψ(0)|σ y |ψ(0)〉 = 0 (8.56)<br />
〈σ x (0)〉 = 〈ψ(0)|σ x |ψ(0)〉 = 1 (8.57)<br />
Take začetne pogoje si <strong>iz</strong>beremo. Ko <strong>iz</strong>računamo slednji skalarni produkt, dobimo<br />
c 20 =<br />
1<br />
2c 10 cos 2ω 1<br />
ω<br />
. (8.58)<br />
Ko še upoštevamo normal<strong>iz</strong>acijo c 2 10 + c2 20 = 1, dobimo<br />
√<br />
1<br />
c 10 =<br />
2 + 1 √<br />
1 − sec<br />
2<br />
2 (2ω 1 /ω) (8.59)<br />
sec(2ω 1 /ω)<br />
c 20 = √<br />
2 + 2 √ 1 − sec 2 (2ω 1 /ω)<br />
Sedaj, ko poznamo koeficiente, poznamo valovno funkcijo ob vsakem trenutku.<br />
(8.60)<br />
|ψ(t)〉 = c 10 e −i ω 1<br />
ω cos(ωt) e −i E 1 t<br />
|1〉 + c 20 e i ω 1<br />
ω cos(ωt) e −i E 2 t<br />
|2〉 (8.61)<br />
|ψ(0)〉 = c 10 e −i ω 1<br />
ω |1〉 + c 20 e i ω 1<br />
ω |2〉 (8.62)<br />
Zanima nas, kakšna je verjetnost, da ob cašu t najdemo spin v začetnem stanju. Verjetnost<br />
<strong>iz</strong>računamo kot<br />
Ko še upoštavam, kaj so lastne energije<br />
dobimo <strong>iz</strong>raz za <strong>iz</strong>račun verjetnosti<br />
P(t) = |〈ψ(0)|ψ(t)〉| 2 (8.63)<br />
E 1 = −µ B B 0 = −ω 0 (8.64)<br />
E 2 = µ B B 0 = ω 0 , (8.65)<br />
P(t) = (c 2 10 + c 2 20) 2 cos 2 ( ω 1<br />
ω (1 − cos(ωt)) + ω 0t) +<br />
+(c 2 10 − c 2 20) 2 sin 2 ( ω 1<br />
ω (1 − cos(ωt)) + ω 0t) (8.66)<br />
Sedaj naš problem rešimo še v prvem redu teorije časovne perturbacije. V ta namen gremo<br />
v interakcijsko sliko<br />
kjer operator U(t) lahko zapišemo v obliki<br />
|ψ s (t)〉 = U(t)|ψ I (t)〉, (8.67)<br />
U(t) = e − i H 0t , (8.68)
8.2. SPINSKI SISTEM V ČASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU 89<br />
saj H 0 ≠ H 0 (t). V tej sliki razvijmo našo funkcijo po lastnih stanjih<br />
|ψ I (t)〉 = ∑ n<br />
|ψ (0)<br />
n 〉〈ψ(0) n |ψ I(t)〉 = ∑ n<br />
c n (t)|ψ (0)<br />
n 〉 (8.69)<br />
kjer smo z |n (0) 〉 označili lastna stanja nezmotenega sistema. Ko ta razvoj vstavimo v<br />
Schrödingerjevo enačbo in jo z leve skalarno pomnožimo z nekim drugim lastnim stanjem,<br />
dobimo diferencialne enačbe za koeficiente c n :<br />
i dc n<br />
dt = ∞ ∑<br />
m=0<br />
e iωt 〈ψ (0)<br />
n |H1 s (t)|ψ(0) m 〉c m. (8.70)<br />
Sedaj je treba ta sistem enačb nekako rešiti. V ta namen razvijemo koeficient c n (t) po<br />
redih:<br />
V ničtem redu je<br />
c n (t) = c (0)<br />
n<br />
+ c(1) n<br />
+ c(2) n<br />
+ ... (8.71)<br />
dc (0)<br />
n<br />
dt<br />
= 0 (8.72)<br />
Vidimo, da je c (0)<br />
n konstanten. Glede na to, kakšno smo zbrali začetno stanje: |ψ(0)〉 =<br />
√1<br />
2<br />
(|1〉 + |2〉), zahtevamo, da bo<br />
c (0)<br />
n = 1 √<br />
2<br />
δ m 1<br />
n + 1 √<br />
2<br />
δ m 2<br />
n . (8.73)<br />
V našem primeru sta m 1 = 1 in m 2 = 2. Če tako nastavimo, vidimo, da ko ni perturbacije<br />
in ostane le ničti red, dobimo pravi rezultat. Sedaj <strong>iz</strong>računajmo še popravek prvega reda.<br />
Za ta popravek velja:<br />
i dc(1) n<br />
dt<br />
=<br />
∞∑<br />
m=0<br />
e iω(0) nmt 〈ψ n (0) |H1 s (t)|ψ(0) m 〉c(0) m . (8.74)<br />
Ko upoštevamo, kaj je naš c (0)<br />
n , dobimo<br />
i dc(1) n<br />
dt<br />
= 1 √<br />
2<br />
e iωnm 1 t 〈ψ (0)<br />
n |H 1 s |ψ (0)<br />
m 1<br />
〉 + 1 √<br />
2<br />
e iωnm 2 t 〈ψ (0)<br />
n |H 1 s |ψ (0)<br />
m 2<br />
〉 (8.75)<br />
Enačbo integriramo in dobimo<br />
c (1)<br />
n = 1<br />
i √ 2<br />
∫ t<br />
0<br />
+ 1<br />
i √ 2<br />
〈ψ n (0) |Hs(t 1 ′ )|ψ m (0)<br />
1<br />
〉e iωnm 1 t dt ′ +<br />
∫ t<br />
0<br />
〈ψ (0)<br />
n |H 1 s(t ′ )|ψ (0)<br />
m 2<br />
〉e iωnm 2 dt<br />
′<br />
(8.76)
90 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
Če upoštevamo, da je H 1 (t) = −µ B B 1 sin(ωt)σ z , lahko zapišemo<br />
c (1)<br />
n = −µ BB 1<br />
i √ 2<br />
∫ t<br />
0<br />
+ −µ BB 1<br />
i √ 2<br />
sin(ωt)〈n|σ z |m 1 〉e iωnm 1 t dt ′ +<br />
∫ t<br />
0<br />
sin(ωt)〈n|σ z |m 2 〉e iωnm 2 dt<br />
′<br />
(8.77)<br />
Če uporabimo, da sta m 1 = 1 in m 2 = 2 in da je potem<br />
( ) 1<br />
|m 1 〉 = |1〉 = | ↑〉 =<br />
0<br />
(8.78)<br />
( ) 0<br />
|m 2 〉 = |2〉 = | ↓〉 = ,<br />
1<br />
(8.79)<br />
lahko <strong>iz</strong>računamo matrične elemente. Dobimo:<br />
〈1|σ z |1〉 = 1 (8.80)<br />
〈1|σ z |2〉 = 0 (8.81)<br />
〈2|σ z |1〉 = 0 (8.82)<br />
〈2|σ z |2〉 = −1 (8.83)<br />
Vidimo, da nam pri vsakem n = 1,2 ostane le diagonalni člen. Ker je ω 11 = ω 22 = 0, ko<br />
integriramo, dobimo<br />
Če še upoštevamo, da sta<br />
c (1)<br />
1 = iµ √<br />
BB 1 1<br />
(1 − cos(ωt)) 2 ω<br />
(8.84)<br />
c (1)<br />
2 = − iµ √<br />
BB 1 1<br />
(1 − cos(ωt))<br />
2 ω<br />
(8.85)<br />
lahko v prvem redu perturbacije zapišemo naše koeficiente<br />
c (0)<br />
1 = 1 √<br />
2<br />
(8.86)<br />
c (0)<br />
2 = 1 √<br />
2<br />
, (8.87)<br />
c 1 (t) = √ 1 (1 + i ω 1<br />
(1 − cos(ωt)))<br />
2 ω<br />
(8.88)<br />
c 2 (t) = √ 1 (1 − i ω 1<br />
(1 − cos(ωt))),<br />
2 ω<br />
(8.89)<br />
kjer smo vpeljali µ B B 1 = ω 1 Valovna funkcija v Interakcijski sliki se potem glasi<br />
|ψ I (t)〉 = √ 1 (1 + i ω 1<br />
1<br />
(1 − cos(ωt)))|1〉 + √ (1 − i ω 1<br />
(1 − cos(ωt)))|2〉 (8.90)<br />
2 ω 2 ω
8.3. PAULIJEVE MATRIKE 91<br />
Sedaj pa pojdimo nazaj v Schrödingerjevo sliko.<br />
|ψ s (t)〉 = U(t)|ψ I (t)〉 = 1 √<br />
2<br />
(1 + i ω 1<br />
ω (1 − cos(ωt)))e−i E 1<br />
t |1〉 +<br />
Če upoštevamo, kaj sta E 1 in E 2 :<br />
dobimo<br />
+ 1 √<br />
2<br />
(1 − i ω 1<br />
ω (1 − cos(ωt)))e−i E 2<br />
t |2〉 (8.91)<br />
E 1 = −µ B B 1 = −ω 0 (8.92)<br />
E 2 = µ B B 2 = ω 0 , (8.93)<br />
|ψ s (t)〉 = 1 √<br />
2<br />
(1 + i ω 1<br />
ω (1 − cos(ωt)))eiω 0t |1〉 +<br />
+ 1 √<br />
2<br />
(1 − i ω 1<br />
ω (1 − cos(ωt)))e−iω 0t |2〉 (8.94)<br />
Sedaj, ko vemo, kako se razvija naše stanje v času, pa določimo še verjetnost v približku<br />
teorije motenj, da po času t najdemo naš spin v začetnem stanju: |ψ s (0)〉 = 1 √<br />
2<br />
(|1〉 + |2〉).<br />
Najprej <strong>iz</strong>računajmo skalarni produkt<br />
Verjetnost, je potem<br />
〈ψ s (0)|ψ s (t)〉 = cos(ω 0 t) − ω 1<br />
ω (1 − cos(ωt))sin(ω 0t). (8.95)<br />
P(t) = |〈ψ s (0)|ψ s (t)〉| 2 = (cos(ω 0 t) − ω 1<br />
ω (1 − cos(ωt))sin(ω 0t)) 2 (8.96)<br />
Vidim, da če motnje ni ω 1 = 0, dobimo<br />
Ta rezultat pa seveda poznamo. No pa smo pri koncu.<br />
8.3 Paulijeve matrike<br />
P(t) = cos 2 (ω 0 t). (8.97)<br />
Kako se transformira količina ⃗ P⃗σ pri unitarni transformaciji U = e iα⃗n⃗σ , kjer je ⃗ P =<br />
(P 1 ,P 2 ,P 3 ) vektor, ⃗n enotski vektor ter so ⃗σ = (σ 1 ,σ 2 ,σ 3 ) Paulijeve matrike.<br />
Rešitev:<br />
Mi želimo <strong>iz</strong>računati U( ⃗ P⃗σ)U † . V ta namen najprej razvijmo operator U v vrsto. Dobimo<br />
U = Id. + iα 1! (n xσ x + n y σ y + n z σ z ) − α2<br />
2! (n xσ x + n y σ y + n z σ z ) 2 −<br />
− iα3<br />
3! (n xσ x + n y σ y + n z σ z ) 3 + ... (8.98)
92 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
Figure 8.1: Švicarsko-Ameriški f<strong>iz</strong>ik Wolfgang Pauli avstrijskega rodu se je rodil 25.4.1900<br />
na Dunaju, umrl pa je 15.12.1958 v Zürichu. Izdatno je prispeval k razvoju kvantne<br />
<strong>mehanike</strong>. Leta 1925 je postavil Paulijevo <strong>iz</strong>ključitveno nacelo. Leta 1945 je prejel Nobelovo<br />
nagrado za Lupinsnki model.[12]<br />
Ko <strong>iz</strong>računamo (n x σ x + n y σ y + n z σ z ) 2 dobimo<br />
(n x σ x + n y σ y + n z σ z ) 2 = Id. (8.99)<br />
To našo vrsto močno poenostavi. Ko vrsto dobro pogledamo, vidimo, da dobimo dva člena.<br />
Prvi je pomnožen s kosinusom, drugi pa s sinusom:<br />
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)<br />
Sedaj delujmo s tem operatorjem z leve na naš skalarni produkt ⃗ P.⃗σ. Dobimo<br />
U( ⃗ P.⃗σ) = (Id.cos α + isin α(⃗n.⃗σ))(p x σ x + p y σ y + p z σ z ) =<br />
= 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<br />
2<br />
+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)<br />
Če sedaj upoštevamo nekatere zveze, ki veljajo za produkte Paulijevih matrik:<br />
in dobljeni <strong>iz</strong>raz še nekoliko polepšamo, dobimo<br />
σ i σ i = Id. (8.102)<br />
σ i σ j = iǫ ijk σ k , (8.103)<br />
U( ⃗ P.⃗σ) = ⃗ P.⃗σ cos α + isin α(⃗n. ⃗ P) + sin α(⃗n × ⃗p).⃗σ (8.104)<br />
Da bomo prišli do končnega rezultata, moramo na dobljeni rezultat še z desne strani delovati<br />
z adjungiranim operatorjem<br />
U † = e −iα⃗n.⃗σ = Id.cos α − isin α(⃗n.⃗σ). (8.105)
8.4. SPINSKI SISTEM V ČASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU <strong>II</strong> 93<br />
To sedaj <strong>iz</strong>vršimo<br />
U( P.⃗σ)U ⃗ [ ]<br />
† = ⃗P.⃗σ cos α + isin α(⃗n. P) ⃗ + sin α(⃗n × ⃗p).⃗σ (Id.cos α − isin α(⃗n.⃗σ)) =<br />
= ( ⃗ P.⃗σ)cos 2 α + isin αcos α(⃗n. ⃗ P)Id + sin αcos α(⃗q.⃗σ) − isin α cos α( ⃗ P.⃗σ)(⃗n.⃗σ) +<br />
+ sin 2 α(⃗n. ⃗ P)(⃗n.⃗σ) − isin 2 α(⃗q.⃗σ)(⃗n.⃗σ)(8.106)<br />
kjer smo z ⃗q označili vektorski produkt ⃗q = ⃗ P × ⃗n. Sedaj si <strong>iz</strong>računajmo še dane produkte<br />
v <strong>iz</strong>razu<br />
( ⃗ 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 ) =<br />
(⃗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 ) =<br />
Drugi produkt <strong>iz</strong>računamo povsem analogno in dobimo<br />
Sedaj zapišimo nekaj zvez, ki veljajo za vektorje:<br />
Ko te <strong>iz</strong>raze uporabimo v našem produktu, dobimo<br />
= (⃗p.⃗n) + i(⃗p × ⃗n).⃗σ (8.107)<br />
(⃗q.⃗σ)(⃗n.⃗σ) = (⃗q.⃗n) + i(⃗q × ⃗n).⃗σ (8.108)<br />
⃗q = ⃗p × ⃗n (8.109)<br />
(⃗p × ⃗n).⃗n = ⃗p.(⃗n × ⃗n) (8.110)<br />
(⃗p × ⃗n) × ⃗n = (⃗p.⃗n)⃗n − (⃗n.⃗n) ⃗ P (8.111)<br />
⃗n × ⃗n = 0 (8.112)<br />
(⃗q.⃗σ)(⃗n.⃗σ) = i(⃗p.⃗n)(⃗n.⃗σ) − i( ⃗ P.⃗σ) (8.113)<br />
Tako <strong>iz</strong>računane člene sedaj nesemo nazaj v našo transformacijo in ko <strong>iz</strong>raz uredimo in<br />
ustrezne člene pokrajšamo, dobimo naš končni rezultat:<br />
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)<br />
8.4 Spinski sistem v časovno odvisnem magnetnem polju <strong>II</strong><br />
Za t ≤ 0 je prost deleč s spinom 1/2 <strong>iz</strong>postavljen vplivu polja ⃗ B = (0,0,B 0 ), za t ≥ 0<br />
pa še dodatnemu časovno odvisnemu polju oblike ⃗ B(t) = B 1 (cos(ωt),sin(ωt),0). Določi<br />
verjetnost, da je po času t spin v <strong>iz</strong>hodiščnem stanju.<br />
Rešitev<br />
Najprej zapišimo Hamiltonjan našega sistema. Za čase t ≤ 0, ko imamo le konstantno<br />
komponento polja v z smeri se ta glasi<br />
H(t ≤ 0) = −µ B B 0 σ z (8.115)
94 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
Za čase t ≥ 0 pa imamo še oscilirajoče polje v xy-ravnini. Tedaj se hamiltonjan glasi<br />
H(t) = −µ B B 0 σ z − µ B B 1 (σ x cos(ωt) + σ y sin(ωt)). (8.116)<br />
Da bomo manj pisali, se dogovorimo, da skrijemo Bohrov magnetov v polje B. Potem ima<br />
hamiltonjan obliko<br />
H(t) = −B 0 σ z − B 1 (σ x cos(ωt) + σ y sin(ωt)) (8.117)<br />
Če želimo vedeti, kako se stanje sistema s časom spreminja, moramo rešiti Schrödingerjevo<br />
enačbo:<br />
Hψ = i d dt ψ (8.118)<br />
Tu pa se stvari nekoliko zapletejo, saj je naš Hamitonjan od časa odvisen. Da ne bi<br />
potili krvavega potu pri direktnem reševanju te enačbe, uporabimo strašen trik. Uvedimo<br />
unitarno transformacijo oblike U = e iŜ in z njo delujmo na našo valovno funkcijo:<br />
˜ψ = Uψ, (8.119)<br />
Sedaj poskusimo dobiti Schrödingerjevo enačbo za to transformirano valovno funkcijo. V<br />
ta namen jo odvajamo. Dobimo<br />
d<br />
dt ˜ψ = ( d U)ψ + U(dψ). (8.120)<br />
dt dt<br />
Enačbo pomnožimo z imaginarno enoto i, upoštevajmo, kakšna je Schrödingerjeva enačba<br />
za ψ in dobimo<br />
i d dt ˜ψ = (i( dU<br />
dt )U † + UH(t)U † ) ˜ψ. (8.121)<br />
Vidimo, da smo pridelali Schrödingerjevo enačbo za ˜ψ, kjer je v tej enačbi Hamiltonova<br />
funkcija enaka<br />
˜H = i( dU<br />
dt )U † + UH(t)U † (8.122)<br />
Iz zgornje enačbe se vidi, kako se transformira H −→ ˜H. Mi si sedaj želimo poiskati tako<br />
trasformacijo U, da bo transformirani hamiltonjan neodvisen od časa, saj znamo tak sistem<br />
hitro rešiti. Ampak vprašanje je, kakšna mora biti ta transformacija.<br />
Nekdo nam na uho prišepne, da zna biti dobra transformacija<br />
U = e i˜ωtσz , (8.123)
8.4. SPINSKI SISTEM V ČASOVNO ODVISNEM MAGNETNEM POLJU <strong>II</strong> 95<br />
kjer je ˜ω neka, še ne določena frekvenca. Preverimo, ali pri transformaciji z U res dobimo<br />
od časa eksplicitno neodvisen ˜H. Najprej U razvijemo v vrsto. Postopamo identično kot v<br />
prvi nalogi in dobimo<br />
U = Idcos(˜ωt) + isin(˜ωt)σ z (8.124)<br />
Izračunati želimo UH(t)U † . V ta namen najprej z leve delujmo z U na H(t). Ko upoštevamo<br />
relacije za produkte Paulijevih matrik, ki smo jih zapisali v prvi nalogi in uporabimo adicijske<br />
<strong>iz</strong>reke za funkciji sin in cos, dobimo<br />
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)<br />
Sedaj pa še z desne delujmo na dobljeni rezultat z U † = Id.cos(˜ω) − isin(˜ωt)σ z in ko<br />
uporabimo iste trike kot zgoraj, dobimo<br />
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)<br />
Da bomo lahko zapisali ˜H je potrebno <strong>iz</strong>računati še produkt<br />
kjer je<br />
Ko <strong>iz</strong>računamo željeni produkt, dobimo<br />
Transformirani Hamiltonjan se tako glasi<br />
dU<br />
dt U † , (8.127)<br />
dU<br />
dt = −Id.˜ω sin(˜ωt) + i˜ω cos(˜ω)σ z. (8.128)<br />
dU<br />
dt U † = i˜ωσ z (8.129)<br />
˜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)<br />
Vidimo, da če <strong>iz</strong>beremo ˜ω = ω 2<br />
, bo novi hamiltonjan neodvisen od časa<br />
˜H = −B 1 σ x − ( ω 2 + B 0)σ z = aσ x + bσ z , (8.131)<br />
kjer smo uvedli konstante a = −B 1 in b = −( ω 2 + B 0).<br />
Sedaj, ko vemo, kakšen je Hamiltonjan, rešimo Schrödingerjevo enačbo za ˜ψ:<br />
Ker je ˜H ≠ ˜H(t), lahko kar zapišemo<br />
˜H ˜ψ = i d ˜ψ<br />
dt . (8.132)<br />
| ˜ψ(t)〉 = e −i ˜H t | ˜ψ(0)〉. (8.133)
96 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
Sedaj pa rabimo začetno stanje. V ta namen ga razvijemo po lastnih stanjih σ z .<br />
kjer velja<br />
|ψ(0)〉 = a| ↑〉 + b| ↓〉, (8.134)<br />
| ↑〉 = (1 0) T , | ↓〉 = (0 1) T (8.135)<br />
Konstanti a in b določimo tako, da upoštevamo normal<strong>iz</strong>acijski pogoj in zahtevo, da ob<br />
času t = 0 velja, da je 〈ψ(0)|σ x |ψ(0)〉 = 1. Od tod dobimo:<br />
a = 1 √<br />
2<br />
b = 1 √<br />
2<br />
(8.136)<br />
Naše začetno stanje se potem glasi<br />
|ψ(0)〉 = 1 √<br />
2<br />
( 1<br />
1<br />
)<br />
(8.137)<br />
Ker velja, da je | ˜ψ(t)〉 = e i˜ωtσz |ψ(t)〉, ob času t = 0, lahko zapišemo<br />
| ˜ψ(0)〉 = |ψ(0)〉 = √ 1 ( ) 1<br />
. (8.138)<br />
2 1<br />
Da bomo dobili stanje | ˜ψ(t)〉 ob vsakem času, moramo nanj le še delovati z operatorjem<br />
časovnega razvoja. V ta namen ta operator razvijmo v vrsto. Dobimo<br />
kjer smo upoštevali, da je<br />
in smo vpeljali novo frekvenco<br />
e −i ˜H t = Id.cos(ω 1 t) − i sin(ω 1t)<br />
ω 1 (aσ x + bσ z ), (8.139)<br />
˜H 2 = (aσ x + bσ z )(aσ x + bσ z ) = a 2 + b 2 (8.140)<br />
ω 1 = √ a 2 + b 2 . (8.141)<br />
Ko s tem operatorjem sedaj delujemo na naše stanje, dobimo<br />
| ˜ψ(t)〉 = √ 1 ( ) 1<br />
cos(ω<br />
2 1 1 t) − i sin(ω (<br />
1t) a + b<br />
ω 1 a − b<br />
)<br />
(8.142)<br />
Mi si na koncu želimo |ψ(t)〉 in ne | ˜ψ(t)〉. Zato moramo naš rezultat nazaj transformirati:<br />
|ψ(t)〉 = U † | ˜ψ(t)〉 = (Id.cos(˜ωt) − isin(˜ωt)σ z )|ψ〉 (8.143)<br />
Ko to transformacijo ”nazaj” <strong>iz</strong>vršimo, dobimo naše stanje za vse čase<br />
|ψ(t)〉 = √ 1 ( ) e<br />
−i˜ωt<br />
cos(ω 1 t) 2 e i˜ωt − i sin(ω ( )<br />
√<br />
1t) (a + b)e<br />
−i˜ωt<br />
2ω1 (a − b)e i˜ωt<br />
(8.144)
8.5. GOSTOTNI OPERATOR LOKALIZIRANEGA SPINA 97<br />
Na hitro lahko preverimo, če je stanje, ki ga dobimo pravilno. Če vstavimo noter t = 0,<br />
vidimo, da dobimo začetno stanje. To vlije nekaj upanja v naš rezultat.<br />
Za konec se lotimo še verjetnosti. Zanima nas, s kakšno vejetnostjo bomo našli ob času<br />
t spin v osnovnem stanju. Izračunajmo skalarni produkt:<br />
〈ψ(0)|ψ(t)〉 = cos(ω 1 t)cos(˜ωt) −<br />
b<br />
ω 1 sin(ω 1t)sin(˜ωt) − ia<br />
ω 1 sin(ω 1t)cos(˜ωt). (8.145)<br />
Preostane nam se le, da <strong>iz</strong>računamo kvadrat absolutne vrednosti in že imamo željeno verjetnost:<br />
=<br />
(<br />
cos(ω 1 t)cos(˜ωt) −<br />
”Evo”,pa smo pri koncu!<br />
b<br />
) 2 ( a<br />
ω 1 sin(ω 1t)sin(˜ωt) +<br />
ω 1 <br />
8.5 Gostotni operator lokal<strong>iz</strong>iranega spina<br />
P(t) = |〈ψ(0)|ψ(t)〉| 2 =<br />
) 2<br />
sin 2 (ω 1 t)cos 2 (˜ωt). (8.146)<br />
Zapiši splošno obliko gostotnega operatorja za dva lokal<strong>iz</strong>irana spina S = 1/2. Matrične<br />
elemente operatorja ρ <strong>iz</strong>razi z ustreznimi pričakovanimi vrednostmi 〈σ µ σ ν 〉.<br />
Rešitev:<br />
Mi imamo sistem dveh spinov. Čista stanja našega sistema lahko potem zapišemo kot<br />
| ↑↑〉, | ↑↓〉, | ↓↑〉, | ↓↓〉 (8.147)<br />
Gostotni operator v matrični obliki zapišemo kot<br />
⎛<br />
↑↑ ↑↓ ↓↑ ↓↓<br />
↑↑ a b c d<br />
ρ =<br />
⎜ ↑↓ b ∗ e f g<br />
⎝ ↓↑ c ∗ f ∗ h i<br />
↓↓ d ∗ g ∗ i ∗ j<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ , (8.148)<br />
kjer smo že upoštevali, da mora ρ zadoščati določenim lastnostim:<br />
ρ = ρ † (8.149)<br />
Tr(ρ) = 1 (8.150)<br />
Tr 1 (ρ) = ρ 2 (8.151)<br />
Tr 2 (ρ) = ρ 1 (8.152)<br />
Sedaj je na nas, da poiščemo elemente dane matrike. Postopali bomo na tak način, da<br />
bomo gostotni operator ρ razvili po <strong>iz</strong>brani bazi tako, da bo dobljeni razvoj ustrezal danim
98 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
lastnostim. Mi vemo, da so I,σ x ,σ y ,σ z dobra baza za 2 × 2 matrike, kar pomeni, da lahko<br />
vsako 2 ×2 matriko zapišemo kot linearno kombinacijo Paulijevih matrik. Bolj spološno pa<br />
velja pravilo, da lahko vsako 2 n × 2 n matriko zapišemo kot linearno kombinacijo matrik,<br />
ki jih dobimo kot n-kratni tenzorski produkt Paulijevih matrik. To pomeni, da so za naš<br />
primer, kjer imamo 4 × 4 matrike dobra baza matrike σ j ⊗ σ i , kjer upoštevamo, da velja<br />
σ i =<br />
{ e;i = 0<br />
σ i ;i = x,y,z<br />
(8.153)<br />
Sedaj pa je potrebno <strong>iz</strong>računati željene tenzorske produkte. Pri tem moramo seveda<br />
upoštevati, da imamo dve četverice Paulijevih matrik. Prva deluje le na prvi spin, druga<br />
pa le na drugega. Pa zavihajmo rokave:<br />
⎛ ⎞<br />
1 0 0 0<br />
I = e × e = ⎜ 0 1 0 0<br />
⎟<br />
⎝ 0 0 1 0 ⎠ (8.154)<br />
0 0 0 1<br />
σ 1x = σ x ⊗ e =<br />
σ 1y = σ y ⊗ e =<br />
σ 1z = σ z ⊗ e =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 1<br />
1 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
0 0 −i 0<br />
0 0 0 −i<br />
i 0 0 0<br />
0 i 0 0<br />
1 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
0 0 −1 0<br />
0 0 0 −1<br />
Podobne produkte sedaj napravimo tudi za drugi spin<br />
⎛<br />
σ 2x = e ⊗ σ x =<br />
σ 2y = e ⊗ σ y =<br />
σ 2 z = e ⊗ σ z =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 1 0 0<br />
1 0 0 0<br />
0 0 0 1<br />
0 0 1 0<br />
0 −i 0 0<br />
i 0 0 0<br />
0 0 0 −i<br />
0 0 i 0<br />
1 0 0 0<br />
0 −1 0 0<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 −1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.155)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.156)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.157)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.158)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.159)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.160)
8.5. GOSTOTNI OPERATOR LOKALIZIRANEGA SPINA 99<br />
Sedaj je potrebno gledati še mešane člene σ i ⊗σ j . Ekvivalentno je, če namesto njih gledamo<br />
kar produkte matrik σ 1i σ 2j ,kjer smo z 1 označili matriko, ki deluje na prvi spin in z 2<br />
matriko, ki deluje na drugi spin. Te računamo po pravilu<br />
σ 1i σ 2j = (σ i ⊗ e)(e ⊗ σ j ) = (σ i e) ⊗ (eσ j ). (8.161)<br />
Vidimo, da če upoštevamo, kako deluje enotska matrika, pridemo nazaj na tenzorske<br />
produkte. Dane produkte pa lahko hitro <strong>iz</strong>računamo tudi kar direktno z množenjem že<br />
<strong>iz</strong>računanih 4×4 matrik. Če poleg svinčnika in lista papirja v igro povabimo še programski<br />
paket Mathematica pa gre stvar še nekoliko hitreje. Dobimo naslednje produkte.<br />
σ 1x σ 2x =<br />
σ 1y σ 2y =<br />
σ 1z σ 2z =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 0 0 1<br />
0 0 1 0<br />
0 1 0 0<br />
1 0 0 0<br />
0 0 0 −1<br />
0 0 1 0<br />
0 1 0 0<br />
−1 0 0 0<br />
1 0 0 0<br />
0 −1 0 0<br />
0 0 −1 0<br />
0 0 0 1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.162)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.163)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.164)<br />
(8.165)<br />
σ 1y σ 2x =<br />
σ 1z σ 2x =<br />
σ 1y σ 2z =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 0 0 −i<br />
0 0 −i 0<br />
0 i 0 0<br />
i 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
1 0 0 0<br />
0 0 0 −1<br />
0 0 −1 0<br />
0 0 −i 0<br />
0 0 0 i<br />
i 0 0 0<br />
0 −i 0 0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.166)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.167)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.168)<br />
(8.169)
100 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
σ 1z σ 2y =<br />
σ 1x σ 2y =<br />
σ 1x σ 2z =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 −i 0 0<br />
i 0 0 0<br />
0 0 0 i<br />
0 0 −i 0<br />
0 0 0 −i<br />
0 0 i 0<br />
0 −i 0 0<br />
i 0 0 0<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 −1<br />
1 0 0 0<br />
0 −1 0 0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.170)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.171)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (8.172)<br />
Tako! Sedaj imamo vseh 16 členov, to je 4 × 4 baznih matrik, in po njih lahko sedaj<br />
razvijemo naš gostotni operator:<br />
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 +<br />
+Bσ 1x σ 2y + Cσ 1x σ 2z + Dσ 1y σ 2x + Eσ 1y σ 2y +<br />
Dobljeni <strong>iz</strong>raz lahko zapišemo v bolj kompaktni obliki kot<br />
kjer je<br />
+Hσ 1y σ 2z + Jσ 1z σ 2x + Lσ 1z σ 2y + Mσ 1z σ 2z (8.173)<br />
ρ = ZI + ⃗ P 1 .⃗σ 1 + ⃗ P 2 .⃗σ 2 + M.(⃗σ 1 ⊗ ⃗σ 2 ), (8.174)<br />
⃗σ i = (σ ix ,σ iy ,σ <strong>iz</strong> ) T (8.175)<br />
⃗P i = (a i ,b i ,c i ) T (8.176)<br />
⎛ ⎞<br />
A B C<br />
M = ⎝ D E H ⎠ (8.177)<br />
J L M<br />
Sedaj moramo določiti še vse koeficiente ki nastopajo v ravoju. Veljati mora, da je Tr(ρ) =<br />
1, mi pa dobimo<br />
To pomeni, da je Z = 1/4. Če upoštevamo pravilo, da je<br />
lahko <strong>iz</strong>računamo naše parametre<br />
Tr(ρ) = 4Z (8.178)<br />
〈A〉 = Tr(ρA) = Tr(Aρ), (8.179)<br />
〈σ 1i 〉 = 4a 1i =⇒ a 1i = 1 4 〈σ 1i〉 (8.180)<br />
〈σ 2i 〉 = 4a 2i =⇒ a 2i = 1 4 〈σ 2i〉 (8.181)<br />
(8.182)
8.5. GOSTOTNI OPERATOR LOKALIZIRANEGA SPINA 101<br />
To pomeni, da je<br />
⃗P 1 = 1 4 [〈σ 1x〉, 〈σ 1y 〉, 〈σ 1z 〉] T (8.183)<br />
⃗P 2 = 1 4 [〈σ 2x〉, 〈σ 2y 〉, 〈σ 2z 〉] T (8.184)<br />
Podobno <strong>iz</strong>računamo tudi pričakovane vrednosti produktov<br />
〈σ 1x σ 2x 〉 = Tr(σ 1x σ 2x ρ) = 4A =⇒ A = 1 4 〈σ 1xσ 2x 〉 (8.185)<br />
〈σ 1x σ 2y 〉 = Tr(σ 1x σ 2y ρ) = 4B =⇒ B = 1 4 〈σ 1xσ 2y 〉 (8.186)<br />
〈σ 1x σ 2z 〉 = Tr(σ 1x σ 2z ρ) = 4C =⇒ C = 1 4 〈σ 1xσ 2z 〉 (8.187)<br />
. (8.188)<br />
〈σ 1z σ 2z 〉 = Tr(σ 1z σ 2z ρ) = 4M =⇒ M = 1 4 〈σ 1zσ 2z 〉 (8.189)<br />
Sedaj imamo vse potrebno, da zapišemo matriko M:<br />
⎛<br />
M = ⎝<br />
〈σ 1x σ 2x 〉 〈σ 1x σ 2y 〉 〈σ 1x σ 2z 〉<br />
〈σ 1y σ 2x 〉 〈σ 1y σ 2y 〉 〈σ 1y σ 2z 〉<br />
〈σ 1z σ 2x 〉 〈σ 1z σ 2y 〉 〈σ 1z σ 2z 〉<br />
⎞<br />
⎠ (8.190)<br />
Tako smo vse koeficiente v razvoju <strong>iz</strong>razili s pričakovanimi vrednostmi, kot to zahteva<br />
naloga. Sedaj imamo celoten razvoj za naš gostorni operator. Ker so vse matrike v našem<br />
<strong>iz</strong>razu razen identitete I brezsledne, velja Tr(ρ) = 1. Sedaj je potrebno edino le še preveriti,<br />
ali drži ρ † = ρ. v ta namen si poglejmo, kaj dobimo, ko adjungiramo naš operator. Pri tem<br />
upoštevajmo nekatere relacije, ki veljajo:<br />
Tako dobimo<br />
(A + B) † = A † + B † (8.191)<br />
(AB) † = B † A † (8.192)<br />
(λAB) † = λ ∗ B † A † (8.193)<br />
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 ) † +<br />
+B ∗ (σ 1x σ 2y ) † + C ∗ (σ 1x σ 2z ) † + D ∗ (σ 1y σ 2x ) † + E ∗ (σ 1y σ 2y ) † +<br />
Če sedaj še upoštevamo dejstva, da je<br />
+H ∗ (σ 1y σ 2z ) † + J ∗ (σ 1z σ 2x ) † + L ∗ (σ 1z σ 2y ) † + M ∗ (σ 1z σ 2z ) † (8.194)<br />
σ † ij = σ ij;(i = 1,2)(j = x,y,z) (8.195)<br />
(σ 1i σ 2j ) † = σ 1i σ 2j , (8.196)
102 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
opazimo, da smo že zelo bl<strong>iz</strong>u prvotnemu operatorju ρ. Nekoliko nas le še skrbijo konjugirani<br />
koeficienti. Vendar pa vemo, da so naši koeficienti pričakovane vrednosti produktov<br />
〈σ 1i σ 2j 〉. Zato zapišimo:<br />
〈σ 1i σ 2j 〉 = 〈ψ|σ 1i σ 2j |ψ〉 (8.197)<br />
〈σ 1i σ 2j 〉 ∗ = 〈σ 1i σ 2j ψ|ψ〉 =<br />
= 〈ψ|(σ 1i σ 2j ) † |ψ〉 = 〈ψ|σ 1i σ 2j |ψ〉 = 〈σ 1i σ 2j 〉 (8.198)<br />
Tako smo pokazali, da za naše koeficiente velja A ∗ = A. Potem lahko zapišemo, da je<br />
S tem smo pokazali, da je naš razvoj ustrezen.<br />
ρ † = ρ. (8.199)<br />
8.6 Gostotna matrika delca v 2D potencialnem loncu<br />
Zapiši gostotno matriko ρ(⃗r,⃗r ′ ) za delec v zelo globokem pravokotnem 2D potencialnem<br />
loncu s presekom a 2 , v termičnem kontaktu z rezervoarjem. Privzemi, da je porazdelitev<br />
energijskih nivojem Boltzmanova, kumulativna verjetnost za zasedenost prvih 6 stanj pa<br />
∑<br />
pi = 1/2. Kolikšna je verjetnost, da najdemo delec v neposredni bližini središča<br />
Figure 8.2: Avstrijski f<strong>iz</strong>ik Erwin Schrödinger se je rodil 12.8.1887 na Dunaju in tam<br />
4.1.1961 tudi umrl. V svoji valovni mehaniki je podal matematično predstavo snovnega<br />
valovanja in kvantne <strong>mehanike</strong>. Zapisal je znamenito Schrödingerjevo enačbo, ki je močno<br />
pripomogla k matematični obravnavi mikrof<strong>iz</strong>ikalnih problemov. Leta 1933 je prejel Nobelovo<br />
nagrado skupaj z P.A.M. Diracom [12]<br />
Rešitev:<br />
Mi imamo delec v 2D potencialni jami. Zanj lahko zapišemo Schrödingerjevo enačbo:<br />
− 2<br />
2m ∇2 ψ(x,y) − Eψ = 0 (8.200)
8.6. GOSTOTNA MATRIKA DELCA V 2D POTENCIALNEM LONCU 103<br />
Če upoštevamo, kaj je ”Laplace” v kartezičnih koordinatah, dobimo<br />
∂ 2 ψ<br />
∂x 2 + ∂2 ψ<br />
∂y 2 = −2mE 2 ψ (8.201)<br />
jamo si <strong>iz</strong>berimo tako, da ima robove pri x = 0 in x = a in y = 0,y = a. Tam je<br />
vrednost valovne funkcije enaka nič ψ| ∂ = 0. Ko to upoštevamo, se nastavek, ki reši našo<br />
Schrödingerjevo enačbo, glasi:<br />
ψ(x,y) = Asin mπx<br />
a<br />
nπy<br />
sin<br />
a<br />
Ko dani nastavek vstavimo nazaj v Schröringerjevo enačbo, dobimo <strong>iz</strong>raz za energijo<br />
(8.202)<br />
E mn = π2 2<br />
2Ma 2(m2 + n 2 ) = α 2 (m 2 + n 2 ), (8.203)<br />
kjer je M masa našega delca m,n pa sta celi števili. Ker bo valovna funkcija različna od<br />
nič le tedaj, ko bosta oba indeksa različna od nič, velja m,n = 1,2,3,..... Preostane nam<br />
še, da poskrbimo za normal<strong>iz</strong>acojo valovne funkcije.<br />
∫<br />
ψ ∗ ψdxdy = A 2a2<br />
4 = 1 =⇒ A = 2 (8.204)<br />
a<br />
Lastne funkcije naše jame lahko sedaj zapišemo kot<br />
|m,n〉 = 2 a<br />
sin<br />
mπx<br />
a<br />
nπy<br />
sin<br />
a<br />
Verjetnost, da je naš delec v danem stanju je v našem primeru kar<br />
(8.205)<br />
p mn = e − π2 2 (m 2 +n 2 )<br />
2Ma 2 k B T<br />
= e −ξ(m2 +n 2 )<br />
(8.206)<br />
Naloga pravi, da je komulativna verjetnost prvih šestih stanj 1/2. Ta stanja so:<br />
Komulativna verjetnost teh stanj se glasi<br />
|1,1〉, |1,2〉, |2,1〉, |2,2〉, |1,3〉, |3,1〉, (8.207)<br />
6∑<br />
p i = e −2ξ + 2e −5ξ + e −8ξ + 2e −10ξ = 1 2<br />
i=1<br />
(8.208)<br />
Ko <strong>iz</strong>raz pomnožimo z 2 in vpreljemo novo spremenjlivko x = e −ξ , dobimo polinomsko<br />
enačbo, ki jo moramo rešiti<br />
2x 2 + 4x 5 + 2x 8 + 4x 10 − 1 = 0 (8.209)<br />
Enačbo sem rešil numerično. Enačba ima dve realni rešitvi, vse ostale pa so kompleksne:<br />
x 1 ≈ −0.849628 (8.210)<br />
x 2 ≈ 0.584121 (8.211)
104 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI<br />
Za nas sprejemljiva je edino le druga rešitev. Iz nje po logaritmiranju dobimo<br />
ξ = − ln(x 2 ) ≈ 0.53765 (8.212)<br />
Sedaj, ko poznamo ”temperaturo”, lahko zapišemo gostotni operator<br />
∞∑<br />
ρ = e −ξ(m2 +n 2) |m,n〉〈m,n| (8.213)<br />
m,n=1<br />
Če upoštevamo, kakšne so naše valovne funkcije, dobimo<br />
ρ((x,y),(x ′ ,y ′ )) = 4 a 2<br />
∞ ∑<br />
m,n=1<br />
e −ξ(m2 +n 2) sin mπx<br />
a<br />
nπy mπx′<br />
sin sin sin nπy′<br />
a a a<br />
(8.214)<br />
Na koncu nas zanima še verjetnost, da delec najdemo v sredini jame. Stanje našega delca<br />
lahko zapišemo kot linearno kombinacijo lastnih stanj jame.<br />
|ψ〉 =<br />
∞∑<br />
mn=1<br />
Verjetnost, s katero je zasedeno stanje |m,n〉, je<br />
c mn |m,n〉 (8.215)<br />
P mn = |〈m,n|ψ〉| 2 = |c mn | 2 = e −ξ(m2 +n 2 )<br />
(8.216)<br />
Koeficinet c mn , pa je potemtakem<br />
c mn = e − ξ 2 (m2 +n 2) e iφ (8.217)<br />
V koeficientu nastopa neka faza, ki pa je ne poznamo. Ker mi v našem problemu, kot ga<br />
razumem, nič ne vemo povedati o fazi, si drznimo fazni faktor postaviti na ena. Potem<br />
stanje zapišemo kot<br />
|ψ〉 = ∑ mn<br />
e − ξ 2 (m2 +n 2) |m,n〉 (8.218)<br />
Ko imamo stanje, pa smo pripravljeni, da <strong>iz</strong>računamo verjetnost, da se delec nahaja v<br />
epsilon okolici sredine:<br />
P(na sredini) =<br />
∫ a<br />
2 +ǫ ∫ a<br />
a<br />
2 −ǫ<br />
× 2 a<br />
∫ a<br />
2 +ǫ<br />
2 +ǫ<br />
a<br />
2 −ǫ ψ ∗ ψdxdy = ∑ mn<br />
∑<br />
sin( mπ π<br />
a<br />
2 −ǫ a x)sin(m′ a x)2 a<br />
m ′ n ′ e − ξ 2 (m2 +n 2) e − ξ 2 (m′2 +n ′2) ×<br />
∫ a<br />
2 +ǫ<br />
sin( nπ π<br />
a<br />
2 −ǫ a y)sin(n′ y) (8.219)<br />
a<br />
Dana integrala sta različna od nič edino le tedaj, ko je m = m ′ in n = n ′ . Ko integrale<br />
<strong>iz</strong>računamo, dobimo<br />
P = 4 ∑<br />
a 2 e −ξ(m2 +n 2) (ǫ − acos(nπ)sin(2nπǫ<br />
2nπ<br />
mn<br />
a )<br />
a<br />
)<br />
)(ǫ − acos(mπ)sin(2mπǫ ) (8.220)<br />
2mπ
8.6. GOSTOTNA MATRIKA DELCA V 2D POTENCIALNEM LONCU 105<br />
Če napravimo limito ǫ −→ 0, lahko sinusni člen razvijemo in ko dobljeni <strong>iz</strong>raz uredimo,<br />
dobimo:<br />
P = 4 ∑<br />
a 2 e −ξ(m2 +n 2) ǫ 2 (1 − (−1) n )(1 − (1−) m ) (8.221)<br />
mn<br />
Vidimo, da je zgornja vsota enaka nič, kadar sta m,n soda. Tako nam ostane le še vsota<br />
po lihih indeksih. Tako na koncu dobimo:<br />
P = 16ǫ2<br />
a 2<br />
∑<br />
m,n−lih<br />
e −ξ(m2 +n 2 )<br />
(8.222)<br />
No, pa smo dobili <strong>iz</strong>raz za verjetnost v epsilon okolici <strong>iz</strong>hodišča.
106 CHAPTER 8. SPINSKI SISTEMI
Chapter 9<br />
Klein-Gordonova enačba<br />
9.1 Klein-Gordonov delec<br />
Obravnavaj Klein-Gordonov delec s spinom nič lokal<strong>iz</strong>iran v zelo globoki potencialni jami<br />
širine a ter pod vplivom statičnega električnega polja. Izpelji relativističen popravek k<br />
energiji osnovnega stanja in primerjaj rezultat z onim, ki ga dobiš <strong>iz</strong> Schrödingerjeve enačbe.<br />
Rešitev Schrödingerjeve enačbe:<br />
Najprej delec v neskončni potencialni jami z električnim poljem obravnavajmo v klasični<br />
sliki. Da bi dobili, kakšne so energije našega delca, moramo rešiti Schrödingerjevo enačbo:<br />
kjer se v našem primeru Hamiltonjan glasi<br />
Ĥψ = i ∂ψ<br />
∂t , (9.1)<br />
Ĥ = ˆp2 + eV (x) (9.2)<br />
2m<br />
Naloga veleva, da je v jami konstantno električno polje v smeri osi x. Ker vemo, da je<br />
E = −∇V , sledi, da ima potencial v našem primeru obliko<br />
saj je potem<br />
V = V 0 x, (9.3)<br />
E = −V 0 . (9.4)<br />
Polje nam tako v danem primeru kaže v nasprotni smeri osi x. Nas zanimajo stacionarna<br />
stanja z dobro določeno energijo. Zato je potrebno rešiti<br />
Hψ = Eψ (9.5)<br />
∂ 2 ]<br />
2m ∂x 2 + eV (x) ψ = Eψ (9.6)<br />
[− 2<br />
107
108 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
Če upoštevamo naš potencial, dobimo<br />
[− 2 ∂ 2 ]<br />
2m ∂x 2 + eV 0x ψ = Eψ (9.7)<br />
Ko enačbo nekoliko preuredimo, dobimo<br />
− ∂2 ψ<br />
∂x 2 + α(x − E<br />
eV 0<br />
)ψ = 0, (9.8)<br />
kjer smo vpeljali parameter α = 2m<br />
2 eV 0 . Sedaj vpeljimo novo spemenljivko<br />
z = x − E<br />
eV 0<br />
. (9.9)<br />
Dano substitucijo uporabimo na naši diferencialni enačbi in dobimo:<br />
∂ 2 ψ<br />
− αzψ = 0 (9.10)<br />
∂z2 Rešitev dane diferencialne enačbe je linearna kombinacija Airyjevih funkcij Ai,Bi 1 :<br />
Upoštevajmo nazaj, kaj je z in dobimo<br />
ψ(z) = C 1 Ai(α 1/3 z) + C 2 Bi(α 1/3 z). (9.11)<br />
ψ(x) = C 1 Ai(α 1/3 (x − E<br />
eV 0<br />
)) + C 2 Bi(α 1/3 (x − E<br />
eV 0<br />
)) (9.12)<br />
Ker je naš delec v neskončni potencialnijami, ki se ”razteza” med 0 in a (na tem intervalu<br />
je potencial nič, povsod drugod je neskončen), mora dobljena valovna funckcija zadoščati<br />
robnim pogojem<br />
ψ(0) = 0, ψ(a) = 0 (9.13)<br />
Ko to upoštevamo, na naši valovni funckiji, dobimo dva pogoja:<br />
C 1 Ai(− α1/3 E<br />
eV 0<br />
) + C 2 Bi(− α1/3 E<br />
eV 0<br />
) = 0 (9.14)<br />
C 1 Ai(α 1/3 (a − E<br />
eV 0<br />
)) + C 2 Bi(α 1/3 (a − E<br />
eV 0<br />
)) = 0 (9.15)<br />
Nas zanimajo predvsem energije stanj v naši jami. Zato enačbi delimo eno z drugo in<br />
dobimo enačbo za E:<br />
Ai(CV 1/3<br />
0 a − C ǫ<br />
V 2/3<br />
0<br />
)Bi(− Cǫ<br />
V 2/3<br />
0<br />
) = Ai(− Cǫ<br />
V 2/3<br />
0<br />
)Bi(CV 1/3<br />
0 a − Cǫ<br />
V 2/3<br />
0<br />
), (9.16)<br />
1 Definicija in lastnosti Airyjevih funkcij so zapisane v matematičnem priročniku Abramowitz-Stegun,<br />
poglavje 10.4
9.1. KLEIN-GORDONOV DELEC 109<br />
C = 1, a = 1, V 0 = 10 −7<br />
n ǫ n<br />
ǫ n<br />
ǫ1<br />
1 9.86960441 1.<br />
2 39.4784196831 4.<br />
3 88.826426358 9.<br />
4 157.913657651 16.<br />
5 246.7401241409 25.<br />
6 355.3055595699 36.<br />
.<br />
.<br />
C = 1, a = 1, V 0 = 1<br />
n ǫ n<br />
ǫ n<br />
ǫ1<br />
1 10.36850716 1.<br />
2 39.97874479 3.85579<br />
3 89.3266345 8.61519<br />
4 158.4137898 15.2784<br />
5 247.24018933 23.8453<br />
6 355.805814599 34.316<br />
. . .<br />
C = 1, a = 1, V 0 = 10<br />
n ǫ n<br />
ǫ n<br />
ǫ1<br />
1 14.7601 1.<br />
2 44.51692433 3.01562<br />
3 93.84592603 6.35808<br />
4 162.9256098 11.0382<br />
5 251.7480402 17.056<br />
6 360.3113744 24.4112<br />
.<br />
.<br />
Table 9.1: Tabela prikazuje prvih n = 6 rešitev dane enačbe pri različnih jakostih polj V 0 .<br />
.<br />
.<br />
kjer smo vpeljali ǫ = E e<br />
, kot energijo deljeno z nabojem ter parameter C = (2me) 1/3 .<br />
2<br />
Dobljene enačbe za energije ne znamo rešiti analitično, zato sem jo poskušal rešiti numerično.<br />
Rešitve enačbe sem iskal tako, da sem iskal ničle funkcije<br />
f(E) = Ai(CV 1/3<br />
0 a − C ǫ<br />
V 2/3<br />
0<br />
)Bi(− Cǫ<br />
V 2/3<br />
0<br />
) − Ai(− Cǫ<br />
V 2/3<br />
0<br />
)Bi(CV 1/3<br />
0 a − Cǫ<br />
V 2/3<br />
0<br />
). (9.17)<br />
Obnašanje omenjene funkcije pri različnih V 0 , je predstavljeno na sliki 9.1. Zaporedne ničle<br />
danih funkcij so kar željene energije našega sistema za določen primer. Dobljene rezultate<br />
sem predstavil v tabeli 9.1.<br />
Iz tabele rešitev lahko vidimo, da v limiti majhnih polj energije našega delca rastejo<br />
kvadratično z n, kar je značilnost lastnih energij neskončne potencialne jame. To nas<br />
razveseli, saj je naša limita prvilna. Pri večjih jakostih polj, pa se ta ”idila” kot pričakovano<br />
pokvari. Energijski nivoji in njihova razmerja se zaradi vpliva polja spremenijo.<br />
Rešitev Klein-Gordonove enačbe:<br />
Za prost delec, na katerega ne deluje nobena zunanja sila, se Klein-Gordonova enačba glasi:<br />
2 □ 2 ψ = m 2 c 2 ψ (9.18)
110 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
fE<br />
fE<br />
100 200 300 400 E<br />
100 200 300 400 E<br />
-0.001<br />
-0.1<br />
-0.002<br />
-0.2<br />
-0.003<br />
fE<br />
-0.25<br />
-0.5<br />
100 200 300 400 E<br />
-0.3<br />
E<br />
350<br />
300<br />
250<br />
200<br />
-0.75<br />
-1<br />
-1.25<br />
150<br />
100<br />
50<br />
2 4 6 8 10<br />
Figure 9.1: Prve tri slike prikazujejo odvisnost funkcije f(E) od energije E za tri različne<br />
primere velikosti polja V 0 . Prva slika je narisana za primer V 0 = 10 −7 , druga slika za primer<br />
V 0 = 1, tretja pa za primer V ) = 10. Zadnja slika pa prikazuje razporeditev energijskih<br />
nivojev za vse tri primere.
9.1. KLEIN-GORDONOV DELEC 111<br />
Če razpišemo d ′ Alambertov operator in upoštevamo, da imamo mi le enodimenzionalen<br />
problem, dobimo enačbo<br />
∂ 2 ψ<br />
∂x 2 ψ − ∂2 ψ<br />
c 2 ∂t 2 = m2 c 2<br />
2 ψ (9.19)<br />
Če pa na delec vpliva zunanje električno polje, pa moramo v enačbo nekako dodati še vpliv<br />
električnega polja. Tedaj se Klein-Gordonova enačba 2 glasi<br />
V dani enačbi se sedaj rešimo oklepaja in dobimo<br />
∂ 2 ψ<br />
∂x 2 + ( ∂<br />
ic∂t + eV<br />
c )2 ψ = m2 c 2<br />
2 ψ (9.20)<br />
∂ 2 ψ<br />
∂x 2 − ∂2 ψ<br />
c 2 ∂t 2 − i2eV ∂ψ<br />
c 2 ∂t + (eV c )2 ψ = m2 c 2<br />
2 ψ (9.21)<br />
Nas zanimajo rešitve z dobro določeno energijo. Zato uporabimo nastavek<br />
ψ(x,t) = e −i E t Φ(x) (9.22)<br />
Ko dani nastavek upoštevamo z zgornji enačbi, nam ostane le še krajevno odvisna enačba<br />
∂ 2 Φ<br />
∂x 2 + 1<br />
2 c 2((E − eV )2 − m 2 c 4 )Φ = 0 (9.23)<br />
Kar smo sedaj dobili, je enačba našega problema. Predno se lotimo reševanja, še preverimo,<br />
ali v klasični limiti dobimo ustrezno ekvivalentno Schrödingerjevo enačbo. Za <strong>iz</strong>račun<br />
klasične limite privzemimo, da se energija delca zelo malo razlikuje od njegove mase. Tedaj<br />
lahko celotno energijo zapišemo kot<br />
Predpostavimo še, da je potencial majhen<br />
Tedaj lahko drugi člen v enačbi razvijemo<br />
E = mc 2 + E ′ , E ′ ≪ mc 2 (9.24)<br />
eV ≪ mc 2 (9.25)<br />
(E − eV ) 2 − m 2 c 4 = (mc 2 + E ′ − eV ) 2 − m 2 c 4 ≈ −2mc 2 (eV − E ′ ) (9.26)<br />
Ko to upoštevamo v naši enačbi, dobimo<br />
∂ 2 Φ<br />
∂x 2 − 2m<br />
2 (eV − E′ )Φ = 0 (9.27)<br />
V enačbi, ki jo dobimo prepoznamo ravno našo Schrödingerjevo enačbo <strong>iz</strong> prvega dela<br />
<strong>naloge</strong>. To je dokaz, da je naša pot pravilna, zato gremo pogumno naprej.<br />
2 Klein-Gordonova enačba za delec ki se nahaja v Elektromagnetnem polju je razložena in <strong>iz</strong>peljana v<br />
knjigi Ivana Supka, Teorijska F<strong>iz</strong>ika <strong>II</strong>, stran:157, od koder sem jo tudi sam prepisal.
112 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
Najprej vstavimo v enačbo naš dejanski potencial V (x) = V 0 x. Dobimo<br />
∂ 2 [<br />
Φ<br />
∂x 2 + ( V 0e<br />
c )2 (x − E<br />
V 0 e )2 − ( m2 c 4 ]<br />
2 c 2 ) Φ = 0 (9.28)<br />
Sedaj vpeljimo novo spremenljivko z = x − E<br />
eV 0<br />
ter dva nova parametra<br />
Tako dobimo enačbo:<br />
Sedaj napravimo še eno substitucijo<br />
a = V 0e<br />
c , b = (mc )2 (9.29)<br />
∂ 2 Φ<br />
∂z 2 + (a2 z 2 − b)φ = 0 (9.30)<br />
x = √ 2az (9.31)<br />
Pri tem je potrebno poudariti, da nova variabla x ni enaka prvotnemu, pravemu odmiku<br />
x. Zgolj zaradi pomanjkanja domišljije smo za novo spremenljivko uporabili še enkrat isto<br />
črko. Ko to uporabimo v naši enačbi, dobimo<br />
∂ 2 Φ<br />
∂x 2 + (x2 4 − b )Φ = 0 (9.32)<br />
2a<br />
Zopet smo dobili eno zapleteno diferencialno enačbo. Rešitve te enačbe so Parabolične<br />
Cilindrične funkcije oz. za konkretni primer Webrove parabolične cilindrične funkcije<br />
W ± (a,x) 3 . Dane funkcije lahko <strong>iz</strong>razimo z neskončno vrsto, ali pa uporabimo njihovo<br />
povezavo s Konfluentnimi Hipergeometrijskimi funkcijami. Velja<br />
[√ √ ]<br />
G1<br />
W ± (a,x) = 2 −3/4 2G3<br />
G3 H(−3/4,1/2a1/4x2 ) ± xH(−1/4,1/2a,1/4x 2 ) , (9.33)<br />
G 1<br />
kjer je<br />
H(m,n,x) = e −ix 1F 1 (m + 1 − in;2m + 2;2ix) (9.34)<br />
in je 1 F 1 (a;b;z) Kummerjeva konfluentna hipergeometrijska funkcija 4 . Povejmo še, kaj sta<br />
G 1 in G 3 :<br />
1<br />
G 1 = |Γ(<br />
4 + 1 2ia)| (9.35)<br />
3<br />
G 3 = |Γ(<br />
4 + 1 2ia)| (9.36)<br />
3 Več o paraboličnih cilindričnih funkcijah in njihovih lastnostih piše v priročniku Abramowitz-Stegun,<br />
Poglavje 19.<br />
4 Več o konfluentnih hipergeometrijskih funkcijah piše v priročniku Abramowitz-Stegun, Poglavje 13.
9.1. KLEIN-GORDONOV DELEC 113<br />
Ko enkrat znamo <strong>iz</strong>računati Webrove funkcije, lahko rešitev našega problema zapišemo v<br />
obliki<br />
Če še upoštevamo nazaj, kaj je x, dobimo<br />
Φ = C 1 W + ( b<br />
2a ,x) + C 2W − ( b ,x) (9.37)<br />
2a<br />
Φ = C 1 W + ( b<br />
2a , √ 2az) + C 2 W − ( b<br />
2a , √ 2az) (9.38)<br />
Sedaj pa še upoštevajmo, kako se <strong>iz</strong>raža z in dobimo naš končni nastavek<br />
Φ(x) = C 1 W + ( b<br />
2a , √ 2a(x − E<br />
eV 0<br />
)) + C 2 W − ( b<br />
2a , √ 2a(x − E<br />
eV 0<br />
)) (9.39)<br />
Naš delec se še vedno nahaja v neskončni potencialni jami, zato mora tudi v tem primeru<br />
zadoščati danim robnim pogojem<br />
Φ(x = 0) = 0, Φ(x = d) = 0, (9.40)<br />
kjer smo tokrat z d označili širino jame. Ko pogoje upoštevamo v naši enačbi, dobimo<br />
analogno kot pri reševanji Schrödingerjeve enačbe enačbo za <strong>iz</strong>račun energije:<br />
Upoštevajmo še, da je<br />
in dobimo<br />
W + ( b<br />
2a , √ 2a(d − E<br />
V 0 e ))W −( b<br />
2a , √ 2a(− E<br />
V 0 e )) =<br />
= W − ( b<br />
2a , √ 2a(d − E<br />
V 0 e ))W +( b<br />
2a , √ 2a(− E )) (9.41)<br />
V 0 e<br />
a = e c V 0 = fV 0 (9.42)<br />
b<br />
W + ( , √ 2fV 0 (d − E<br />
2fV 0 V 0 e ))W b<br />
−( , √ 2fV 0 (− E<br />
2fV 0 V 0 e )) =<br />
b<br />
= W − ( , √ 2fV 0 (d − E<br />
2fV 0 V 0 e ))W b<br />
+( , √ 2fV 0 (− E )) (9.43)<br />
2fV 0 V 0 e<br />
Tako smo sedaj eksplicitno <strong>iz</strong>razili, kako električni potencial nastopa v dan enačbi. Vse<br />
ostale konstante pa so v bistvu nepomemnbe. Dane enačbe spet ne znamo rešiti analitično,<br />
zato je tudi tu potrebno uporabiti numerične metode. Energije stanja sem računal tako<br />
kot v prvi nalogi, z iskanjem ničel funkcije:<br />
b<br />
f(E) = W + ( , √ 2fV 0 (d − E<br />
2fV 0 V 0 e ))W b<br />
−( , √ 2fV 0 (− E<br />
2fV 0 V 0 e ) −<br />
b<br />
−W − ( , √ 2fV 0 (d − E<br />
2fV 0 V 0 e ))W b<br />
+( , √ 2fV 0 (− E )) (9.44)<br />
2fV 0 V 0 e<br />
Grafa funcije za dva <strong>iz</strong>računana primera sta narisana na sliki 9.2. Z njihovo pomočjo sem<br />
določil ničle funkcij f(E) oziroma energije stanj sistema, ki so zabeležene v tabeli 9.2.
114 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
f = 1, b = 1, V 0 = 1, d = 1<br />
n ǫ n<br />
ǫ n<br />
ǫ1<br />
1 3.78474 1.<br />
2 6.86086 1.815<br />
3 9.97727 2.636<br />
4 13.1059 3.426<br />
5 16.2397 4.291<br />
6 19.379 5.12<br />
f = 1, b = 1, V 0 = 5, d = 1<br />
n ǫ n<br />
ǫ n<br />
ǫ1<br />
1 5.50988 1.<br />
2 8.81902 1.601<br />
3 11.9661 2.1722<br />
4 15.101 2.7412<br />
5 18.2375 3.31061<br />
6 21.3748 3.8801<br />
.<br />
.<br />
.<br />
.<br />
.<br />
.<br />
Table 9.2: Tabela prikazuje prvih n = 6 rešitev dane enačbe pri različnih jakostih polj V 0 .<br />
fE<br />
0.6<br />
fE<br />
1.5<br />
0.4<br />
1<br />
0.2<br />
0.5<br />
5 10 15 20 25 E<br />
5 10 15 20 25 E<br />
-0.2<br />
-0.5<br />
ImfE<br />
4·10 -15<br />
2·10 -15<br />
5 10 15 20 E<br />
-2·10 -15<br />
-4·10 -15<br />
Figure 9.2: Prvi dve sliki prikazujeta odvisnost funkcije f(E) od energije E za dva različna<br />
primera velikosti polja V 0 . Prva slika je narisana za primer V 0 = 1, druga pa za primer<br />
V 0 = 5. Zadnja slika pa prikazuje imaginarno komponento funcije f. Vidimo, da je le-ta v<br />
okviru napake enaka nič.
9.2. ENERGIJSKI SPEKTER PROSTEGA RELATIVSTIČNEGA DELCA 115<br />
Limitni primer:<br />
Sedaj pa si poglejmo limitni primer, ko je parameter b<br />
2a<br />
v enačbi 9.32 zelo velik. To je<br />
tedaj, ko je polje zelo majhno ali pa masa zelo velika. Da bomo limito lahko napravili,<br />
vzemimo še nekoliko drugačno substitucijo. Tokrat naj bo<br />
z = E<br />
eV 0<br />
− x (9.45)<br />
To enačbe, ki smo jo <strong>iz</strong>peljali v glavnem delu <strong>naloge</strong> nič ne spremeni, saj dana spremenljivka<br />
nastapa v enačbi vedno v kvadratnem členu. Sedaj lahko napravimo Asimptotski približek,<br />
ki je zapisan v priročniku Abramowitz-Stegun pod 19.20. Tam piše, da kadar je x ≥ 0 in<br />
je a veliko pozitivno število, velja<br />
W + (a,x) ≈ √ π(4a) −1/4 e −1/2πa t<br />
(<br />
ξ 2 − 1 )1/4 Bi(−t) (9.46)<br />
W − (a,x) ≈ 2 √ π(4a) −1/4 e 1/2πa t<br />
(<br />
ξ 2 − 1 )1/4 Ai(−t), (9.47)<br />
kjer je<br />
ξ =<br />
x<br />
2 √ a<br />
(9.48)<br />
t = −(4a) 2/3 ( 3 2 θ 3) 2/3 (9.49)<br />
θ 3 = 1 4 arccos ξ − 1 4 ξ√ 1 − ξ 2 (9.50)<br />
Mi pričakujemo, da v limiti velikih mas (to je velikih b) pridemo nazaj v klasično limito.<br />
Rezultat, ki ga dobimo pa vključuje ravno Airyjeve funkcije, ki so bile ravno rešitve<br />
Klasičnega delca v neskončni potencialni jami s konstantnim poljem. Edino kar nas moti<br />
so koeficienti pred rešitvijo, za katere pa upamo, da bodo dali ravno pravo rešitev. Da sem<br />
dobil konkretne rezultate, sem dobljene približke Webrovih funkcij vstavil v enačbo 9.43 in<br />
si pogledal, kaj dobim. Rezultati so za en primer predstavljeni v tabeli 9.3.<br />
9.2 Energijski spekter prostega relativstičnega delca<br />
Določi energijski spekter prostega relativističnega delca s spinom 0 in nabojem +e 0 v<br />
aksialnem magnetnem polju in ga primerjaj s spektrom istega delca v nerelativistični limiti.<br />
Rešitev:<br />
Schrödingerjeva enačba in klasična limita<br />
Najprej si poglejmo primer klasičnega delca. Privzemimo, da magnetno polje kaže v z<br />
smeri, torej<br />
⃗B = (0,0,B z ) (9.51)
116 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
f = 1, b = 100, V 0 = 1, d = 1<br />
n ǫ n<br />
ǫ n<br />
ǫ1<br />
1 10.4022 1.<br />
2 10.9804 1.0556<br />
3 12.3146 1.1839<br />
4 14.244 1.13693<br />
5 16.561 1.5921<br />
6 19.1217 1.8382<br />
.<br />
.<br />
Table 9.3: Tabela prikazuje prvih n = 6 limitnih rešitev Klein-Gordonove enačbe za dani<br />
primer.<br />
.<br />
Za <strong>iz</strong>račun bomo potrebovali vektorski potencial, zato je prav, da si ga kar <strong>iz</strong>računamo. Le<br />
ta je definiran kot<br />
⃗B = ∇ × ⃗ A (9.52)<br />
Od tod lahko hitro vidimo, da če hočemo, da bo polje imelo od nič različno le z komponento,<br />
mora imeti A obliko<br />
Če še zapišemo posamezne komponente<br />
⃗A = (− yB z<br />
2 , xB z<br />
,0) (9.53)<br />
2<br />
A x = − yB z<br />
2 , A y = xB z<br />
2 , A z = 0 (9.54)<br />
Schrödingerjeva enačba za delec v Magnetnem polju se glasi<br />
[<br />
i ∂ψ ( ]<br />
∂t = 1 <br />
∇<br />
2m i ⃗ − e 2<br />
A)<br />
c ⃗ ψ (9.55)<br />
Ko enačbo razpišemo in upoštevamo, da je zaradi oblike vektorskega potenciala, ki ga<br />
imamo ∇. ⃗ A = 0, dobimo enačbo<br />
i ∂ψ<br />
∂t = − 2 (<br />
∇ 2 ψ ) + e2<br />
2m 2mc 2A2 ψ + i2e A(<br />
2mc ⃗ ∇ψ) ⃗ (9.56)<br />
Sedaj se odločimo, da nas zanimajo le stanja z dobro določeno energijo. Zato uporabimo<br />
nastavek<br />
Ko to uporabimo v naši enačbi, dobimo<br />
ψ(⃗x,t) = e −i E t Φ(⃗x) (9.57)<br />
EΦ = 2<br />
2m ∇2 Φ +<br />
e2<br />
2mc 2A2 Φ + 2ie A.(<br />
2mc ⃗ ∇Φ). ⃗ (9.58)
9.2. ENERGIJSKI SPEKTER PROSTEGA RELATIVSTIČNEGA DELCA 117<br />
Sedaj moramo dobljno enačbo rešiti. V našem primeru je z-os superiorna, saj v njeni smeri<br />
kaže magnetno polje. Preostali dve osi pa sta med sabo ekvivalentni. Zato je smiselno<br />
našo enačbo reševati v Cilindričnih koordinatah. V teh se gradient in Laplacov operator<br />
<strong>iz</strong>ražata kot<br />
∇ 2 Φ = 1 r<br />
⃗∇Φ = ∂Φ<br />
∂r êr + 1 r<br />
(<br />
∂<br />
r ∂Φ<br />
∂r ∂r<br />
∂Φ<br />
∂φ êφ + ∂Φ<br />
∂z e z (9.59)<br />
)<br />
+ 1 r 2 ∂ 2 Φ<br />
∂φ 2 + ∂2 Φ<br />
∂z 2 (9.60)<br />
Da bomo lahko zapisali enačbo v cilindričnih koordinatah, pa moramo v le teh zapisati še<br />
kako se <strong>iz</strong>raža ⃗ A. V kartezičnih koordinatah vemo, da ga lahko zapišemo kot<br />
⃗A = B 0<br />
2 (−yê x + xê y ) = B 0<br />
2 (−r sinφê x + r cos φê y ) (9.61)<br />
Sedaj upoštevajmo, kako se enotska vektorja ê x in ê y <strong>iz</strong>ražata z vektorjema ê r in ê φ . Velja:<br />
Ko to upoštevamo, dobimo lep rezultat<br />
Kvadrat le tega pa je seveda<br />
ê x = ê r cos φ − ê φ sin φ (9.62)<br />
ê y = ê r sin φ + ê φ cos φ (9.63)<br />
⃗A = B 0<br />
2 rê φ. (9.64)<br />
A 2 = B2 0<br />
4 r2 (9.65)<br />
Sedaj vse to vstavimo v Schrödingerjevo enačbo in ko jo nekoliko uredimo, dobimo:<br />
2mE<br />
2 Φ = −1 ∂Φ<br />
r ∂r − ∂2 Φ<br />
∂r 2 − 1 ∂ 2 Φ<br />
r 2 ∂φ 2 − ∂2 Φ<br />
∂z 2 + e2 B0<br />
2<br />
c 2 2 4 r2 Φ + 2ieB 0 ∂Φ<br />
c2 ∂φ . (9.66)<br />
Sedaj uporabimo nastavek<br />
Φ(r,φ,z) = u(r,φ)e ikzz . (9.67)<br />
Ko to uporabimo, dobimo enačbo<br />
( ) 2mE<br />
2 − kz<br />
2 u = − 1 ∂u<br />
r ∂r − ∂2 u<br />
∂r 2 − 1 ∂ 2 u<br />
r 2 ∂φ 2 + α2 r 2 u + 2iα ∂u<br />
∂φ , (9.68)<br />
kjer smo uvedli nov parameter:<br />
α = eB 0<br />
c2 . (9.69)
118 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
Napravimo sedaj še eno substitucijo<br />
ter nov parameter<br />
Ko vse to upoštevamo, nam ostane enačba<br />
u(r,φ) = R(r)e imφ , (9.70)<br />
β = 2mE<br />
2 − k 2 z. (9.71)<br />
∂ 2 R<br />
∂r 2 + 1 (<br />
)<br />
∂R<br />
r ∂r + β − α 2 r 2 + 2αm − m2<br />
r 2 R = 0 (9.72)<br />
Da bomo enačbo znali rešiti, uvedimo še eno spremenljivko<br />
√<br />
ξ<br />
α ⇒ dr = 1 2<br />
ξ = αr 2 ⇒ r =<br />
√ 1<br />
dξ (9.73)<br />
αξ<br />
Ko to uporabimo v enačbi, dobimo diferencialno enačbo<br />
kjer smo uvedli še en parameter<br />
ξ ∂2 R<br />
∂ξ 2 + 1 (<br />
∂R<br />
2 ∂ξ + λ − ξ )<br />
4 − m2<br />
R = 0, (9.74)<br />
4ξ<br />
λ = β<br />
4α + m 2<br />
(9.75)<br />
Sedaj pa si dano enačbo malo bolj podrobno oglejmo. V limiti velikih ξ −→ ∞, dobi enačba<br />
približno obliko:<br />
∂ 2 R<br />
∂ξ 2 − R 4<br />
kar pomeni, da mora biti njena rešitev sorazmerna z<br />
= 0, (9.76)<br />
R ∝ e − ξ 2, (9.77)<br />
če nočemo,da v neskončnosti rešitev podivja. Pri zelo majhnih ξ ≈ 0, pa ima enačba<br />
približno obliko<br />
zato je rešitev v tej limiti sorazmerna z<br />
ξ ∂R<br />
∂ξ − m2<br />
R = 0, (9.78)<br />
2<br />
R ∝ ξ m2<br />
2 . (9.79)
9.2. ENERGIJSKI SPEKTER PROSTEGA RELATIVSTIČNEGA DELCA 119<br />
Zaradi danih limit se odločimo, da nastavek za rešitev naše enačbe napišemo v obliki<br />
Tako nam ostane diferencialna enačba za w(ξ), ki ima obliko<br />
R(ξ) = e − ξ 2ξ m2<br />
2 w(ξ) (9.80)<br />
1<br />
4 e− ξ 2ξ m2<br />
2 −1 ((m 4 + (−1 + 4λ)ξ − 2m 2 (1 + ξ))w(ξ) +<br />
Rešitev tako dobljene enačbe pa ima obliko<br />
+2ξ(1 + 2m 2 − 2ξ) dw<br />
dξ + 4ξ2∂2 w<br />
∂ξ 2 ) = 0 (9.81)<br />
w(ξ) = c 1 ξ 1 4 (1−2m2 + √ 1+4m 2) ×<br />
×HypergeometricU[ 1 4 (2 + √ 1 + 4m 2 − 4λ),1 + 1 2√<br />
1 + 4m 2 ,ξ]) +<br />
+c 2 ξ 1 4 (1−2m2 + √ 1+4m 2) GenL( 1 4 (−2 − √ 1 + 4m 2 + 4λ), 1 2√<br />
1 + 4m 2 ,ξ), (9.82)<br />
kjer sem z HypergeometricU označil konfluentno hipergeometrijsko funkcijo U(a,b,ξ), z<br />
GenL, pa sem označil General<strong>iz</strong>irane Laguerove polinome L a n (ξ) = L(n,a,ξ).<br />
Da rešitev ne bo eksplodirala pri zelo velikih argumentih ξ, zahtevamo, da je C 2 = 0.<br />
Da bomo dobili pravo obnašanje, zahtevajmo, da je a ≠ N in b ≠ −M, kjer sta M,N<br />
naravni števili. Tedaj je Konfluentna hipergeometrijska funkcija okrog ničle pohlevna in<br />
polinomsko raste, ko se ξ veča. To nas ne skrbi, saj za to, da valovna funkcija ne divergira<br />
poskrbi eksponentni člen z netativnim argumentom. Iz pogojev, ki smo jih navedli, sledi<br />
za prvi argument Konfluentne Hipergeometrijske vrste, da mora biti<br />
1<br />
2 + 1 √1 + 4m<br />
4<br />
2 − ( β<br />
4α + m ) = −N. (9.83)<br />
2<br />
Če <strong>iz</strong>razimo ven β, in še upoštevamo, kaj le-ta je, dobimo<br />
2mE<br />
2 − kz 2 = β = eB √<br />
0<br />
c (1 + 2N + |m| 1 + 1 − m) (9.84)<br />
4m2 Ko <strong>iz</strong>razimo ven energijo, dobimo ven rezultat, to je energija delca v klasični limiti:<br />
E = 2 kz<br />
2<br />
2m + eB 0<br />
mc (1 2 + N + |m|<br />
√<br />
1 + 1<br />
2 4m 2 − m ). (9.85)<br />
2<br />
Relativistična rešitev in Klein-Gordonova enačba<br />
Sedaj, ko poznamo klasično limito, pa si poglejmo še, kakšen je energijski spekter relativističnega<br />
delca. Rešujemo Klein-Gordonovo enačbo, ki se za delec v magnetnem polju<br />
glasi<br />
[ 1<br />
c 2 2(E2 − m 2 c 4 ) + ( ∂<br />
∂x − i e<br />
c A x) 2 + ( ∂ ∂y − i e<br />
c A y) 2 + ( ∂ ∂z − i e ]<br />
c A z) 2 Φ = 0, (9.86)
120 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
kjer smo že upoštevali, da nas zanimajo le stanja z dobro določeno energijo in zato gledamo<br />
le stacionarna stanja. Kvadratne člene v enačbi kvadrirajmo in upoštvajmo, da je zaradi<br />
oblike potenciala ∇. ⃗ A = 0. To nam da:<br />
∇ 2 Φ − 2ie A(<br />
c ⃗ ∇Φ) ⃗ −<br />
e2<br />
c 2 2(E2 − m 2 c 4 )Φ = 0 (9.87)<br />
Vidimo, da je dobljena enačba povsem analogna Schrödingerjevi enačbi. Magnetno polje<br />
”vstopa” v enačbo na povsem enak način. Nekoliko je spremenjen le energijski člen, ki<br />
pa na tip enačbe, ki jo rešujemo ne vpliva prav nič. Tako kot pri Schrödingerjevi enačbi<br />
pojdimo reševati enačbo v Cilindricne koordinate. Dobimo enačbo<br />
− 1 r<br />
∂Φ<br />
∂r − ∂2 Φ<br />
∂r 2 − 1 r 2 ∂ 2 Φ<br />
∂φ 2 − ∂2 Φ<br />
∂z 2 + 2iα∂Φ ∂φ + e2 B 2 0<br />
4c 2 2r2 Φ − 1<br />
c 2 2(E2 − m 2 c 4 )Φ = 0, (9.88)<br />
kjer smo spet uporabili α = eB 0<br />
2c<br />
. Vidimo, da enačba, ki jo obravnavamo ni dosti drugačna<br />
od prejšnje Schrödingerjeve. Sedaj tudi tu enačbo napademo s substitucijo<br />
Φ(r,φ,z) = R(r)e ikzz e imφ . (9.89)<br />
Ko to uporabimo, dobimo le še enačbo za radialno komponento:<br />
∂ 2 R<br />
∂r 2 + 1 ∂R<br />
m2<br />
+ (β + 2αm −<br />
r ∂r r 2 − α2 r 2 )R = 0. (9.90)<br />
Tu smo zopet definirali parameter β, ki pa ni enak parametru, ki je nastopal v Schrödingerjevi<br />
enačbi. Tu se glasi:<br />
β = E2 − m 2 c 4<br />
c 2 2 − k 2 z (9.91)<br />
Vidimo, da smo prišli do povsem iste enačbe, kot smo jo dobili v klasičnem primeru.<br />
Rešitev, ki jo dobimo je povsem enaka, le parameter β je drugačen. Po analogiji <strong>iz</strong> rešitve<br />
Schrödingerjeve enačbe lahko zapišemo pogoj, kateremu mora zadoščati dani β. Velja<br />
β = 4α( 1 2 + |m|<br />
2<br />
√<br />
1 + 1<br />
4m 2 − m 2<br />
+ N). (9.92)<br />
Ko se razpišemo, kaj sta β in α in nekoliko uredimo, dobimo končen rezultat<br />
E 2 = m 2 c 4 + 2eB 0 c( 1 2 + |m|<br />
√<br />
1 + 1<br />
2 4m 2 − m 2 + N) + c2 2 kz 2 . (9.93)<br />
Če še korenimo, dobimo<br />
E 2 = mc 2 √<br />
1 + 2eB 0c<br />
m 2 c 4 (1 2 + |m|<br />
√<br />
2<br />
1 + 1<br />
4m 2 − m 2 + N) + c2 2 k 2 z<br />
m 2 c 4 (9.94)<br />
To je sedaj naša rešitev. Hitro lahko tudi vidimo, da če napravimo limito majhnih energij:<br />
E = mc 2 + E ′ , kjer je E ′ ≪ mc 2 , dobimo nazaj klasično rešitev, ki smo jo <strong>iz</strong>peljali <strong>iz</strong><br />
Schrödingerjeve enačbe.
9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 121<br />
9.3 Sipanje piona na potencialni barieri<br />
Obravnavaj sipanje piona π + na enodimenzionalni Coulombski barieri višine eV ≥ E ≥ 0<br />
(potencialna stopnica) tako, da numerično rešiš KG enačbo. Začetni pogoj pri t = 0 in<br />
x = −∞ je valovni paket z energijo E 0 . Grafično prikaži rešitev za nekaj časovnih trenutkov<br />
tik pred oz. po sipanju na barieri.<br />
9.3.1 Analitična rešitev<br />
Da bomo numerično rešitev lažje razumeli, si poglejmo najprej analitično rešitev danega<br />
problema za ravni val.<br />
Obravnavajmo sedaj sipanje delca na potencialu oblike<br />
V (z) =<br />
{ 0;z ≤ 0<br />
V 0 ;z ≥ 0<br />
(9.95)<br />
Enačbo rešujmo tako, da posebej rešimo levi del (z ≤ 0), kjer ni potenciala in posebej desni<br />
del, kjer imamo konstanten potencial (z ≥ 0). Za del brez potenciala ima Klein-Gordonova<br />
enačba obliko<br />
− 1 ∂ 2 ψ<br />
c 2 ∂t 2 + ∂2 ψ<br />
∂z 2 − m2 c 2<br />
ψ = 0; za z ≤ 0 (9.96)<br />
2 V območju s konstantnim Coulombskim potencialom pa mora delec ubogati Klein-Gordonovo<br />
enačbo z obliko<br />
( i ∂<br />
c ∂t − eV ) 2<br />
0<br />
ψ + ∂2 ψ<br />
c ∂z 2 − m2 c 4<br />
ψ = 0; za z ≥ 0 (9.97)<br />
2 Sedaj na našo bariero <strong>iz</strong> neskončnosti pošljimo ravni val oblike<br />
ψ(z = −∞) = e −i(Et−pz) (9.98)<br />
Okrog barire pa rešitev našega problema nastavimo v obliki linearne kombinacije ravnih<br />
valov. Valovno funkcijo za (z ≤ 0) lahko zapišemo kot vsoto vpadnega in odbitega vala<br />
ψ I = ψ vpadni + ψ odbiti ; za (z ≤ 0), (9.99)<br />
valovna funkcija za (z ≥ 0) pa sestoji samo <strong>iz</strong> prepuščenega vala<br />
ψ <strong>II</strong> = ψ prepusceni (9.100)<br />
Če vstavimo v zgornja <strong>iz</strong>raza obliko za ravni val, dobimo<br />
(<br />
ψ I = e i p z + re −i p z) Et<br />
−i e (9.101)<br />
ψ <strong>II</strong> = te i p′<br />
z Et<br />
−i<br />
e , (9.102)
122 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
kjer sem z r in t označil amplitudno odbojnost oziroma prepustnost. Če sedaj vstavimo ψ I<br />
v enačbo 9.96 in uredimo, dobimo zvezo<br />
Če še korenimo, pa dobimo<br />
E 2 = p 2 c 2 + m 2 c 4 (9.103)<br />
E = ± √ p 2 c 2 + m 2 c 4 (9.104)<br />
Sedaj se moramo odločiti ali + ali − predznak. Zaradi <strong>iz</strong>branega začetnega pogoja (Imamo<br />
val s pozitivno energijo, ki se giblje v desno) <strong>iz</strong>beremo + predznak. Podobno sedaj naredimo<br />
še za področje <strong>II</strong>. Valovno funkcijo ψ <strong>II</strong> vstavimo v enačbo 9.97 in dobimo zvezo<br />
Če korenimo dobljeni <strong>iz</strong>raz, dobimo<br />
(E − eV 0 ) 2 − m 2 c 4 = p ′2 c 2 (9.105)<br />
p ′ c = ± √ (E − eV 0 ) 2 − m 2 c 4 (9.106)<br />
Da bi določili predznak v zgornji zvezi, pa se bo potrebno nekoliko bolj potruditi, zato s<br />
tem še malo počakajmo. Najprej dani rešitvi ψ I in ψ <strong>II</strong> zlepimo na robu. Rešitvi kot, vemo,<br />
morata zadoščati pogoju:<br />
Ko noter vstavimo <strong>iz</strong>raza 9.101 in 9.102, dobimo zvezi<br />
ψ I (z = 0) = ψ <strong>II</strong> (z = 0) (9.107)<br />
∂ψ I<br />
∂z (z = 0) = ∂ψ <strong>II</strong><br />
(z = 0)<br />
∂z<br />
(9.108)<br />
1 + r = t (9.109)<br />
1 − r = p′<br />
p t (9.110)<br />
Ko <strong>iz</strong>raza ustrezno združimo in ven <strong>iz</strong>razimo enkrat r, drugič pa t, dobimo:<br />
r = p − p′<br />
p + p ′ (9.111)<br />
t =<br />
2p<br />
p + p ′ (9.112)<br />
Da bi <strong>iz</strong>računali pravo (tokovno) odbojnost in prepustnost, je najprej potrebno <strong>iz</strong>računati<br />
tok, ki je definiran kot<br />
j = 1 (<br />
ψ ∗∂ψ<br />
)<br />
2im ∂z − ψ∂ψ∗<br />
(9.113)<br />
∂z<br />
Tok, ki vpada na našo bariero je, ko ga po tej definiciji <strong>iz</strong>računamo enak<br />
j i = 1 (<br />
( e −i p z ipe i p z − e i p z e −i p z −i p ))<br />
= p<br />
2im<br />
m<br />
(9.114)
9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 123<br />
Končni skupni tok na levi strani pa <strong>iz</strong>računamo tako, da vstavimo ψ I v definicijo toka.<br />
Dobimo<br />
j I = 1 ( (<br />
e −i p z + r ∗ e i p z) ip<br />
(<br />
e i p z − re −i p z) −<br />
2im<br />
<br />
−<br />
(<br />
e i p z + re −i p z) ip<br />
<br />
(<br />
−e −i p z + r ∗ e i p z)) = p<br />
m<br />
(<br />
1 − |r|<br />
2 ) (9.115)<br />
Sedaj lahko definiramo odbojnost R kot razmerje med vpadnim in odbitim tokom:<br />
R = j i − j I<br />
j i<br />
= |r| 2 (9.116)<br />
Sedaj nam preostane, da <strong>iz</strong>računamo gostoto toka še za drugo območje (z ≥ 0). Dobimo<br />
ga tako, da v definicijo toka vstavimo ψ <strong>II</strong> . Ko <strong>iz</strong>računamo vse potrebne odvode in <strong>iz</strong>raz<br />
poenostavimo, dobimo<br />
j <strong>II</strong> = p′<br />
m |t|2 (9.117)<br />
Sedaj lahko definiramo še prepustnost kot razmerje med prepuščenim in vpadnim tokom<br />
T = j <strong>II</strong><br />
j i<br />
= p′<br />
p |t|2 (9.118)<br />
Če <strong>iz</strong>računamo vsoto T + R, seveda dobimo znano zvezo (ohranitveni zakon):<br />
T + R = 1 (9.119)<br />
Sedaj pa si nekoliko podrobneje poglejmo naš konkretni primer. Iz zveze 9.106 lahko vidimo,<br />
da glede na to, kako velik je potencial, lahko dobimo različna obnašanja gibalne količine p ′ .<br />
V ta namen ločimo tri različna območja potenciala:<br />
⎧<br />
⎨<br />
V 0 =<br />
⎩<br />
V 0 ≤ E − mc 2 ; Sibek potencial<br />
E − mc 2 ≤ V 0 ≤ E + mc 2 ;Srendji potecial<br />
V 0 ≥ E + mc 2 ; Mocni potencial<br />
(9.120)<br />
Šibek potencial: V območju šibkega potenciala je eV 0 ≤ E. Sedaj <strong>iz</strong>računajmo grupno<br />
hitrost vala ψ <strong>II</strong> :<br />
v g = dω<br />
dk ′ = dE<br />
dp ′ =<br />
p′ c<br />
E − eV 0<br />
(9.121)<br />
Vidimo, da če v zvezi 9.106 <strong>iz</strong>beremo pozitivni predznak, bo v g pozitivna in se bo val širil<br />
v desno, kar ustreza našim robnim pogojem. Za ta primer je torej pravilno če <strong>iz</strong>beremo<br />
p ′ ≥ 0. Ko <strong>iz</strong>računamo prepustnost in odbojnost, dobimo<br />
T =<br />
4p′ p<br />
(p + p ′ ) 2 (9.122)<br />
( p − p<br />
′) 2<br />
R =<br />
p + p ′ (9.123)
124 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
Vidimo tudi, da če <strong>iz</strong>računamo njuno vsoto, res dobimo<br />
T + R = p2 − 2pp ′ + p ′2 + 4pp ′<br />
(p + p ′ ) 2 = 1 (9.124)<br />
Ta rezultat poznamo tudi že <strong>iz</strong> nerelativistične kvantne <strong>mehanike</strong>.<br />
Srednji potencial: V tem področju pa velja<br />
|(E − eV 0 )| 2 ≤ mc 2 (9.125)<br />
Vidimo, da če to upoštevamo v <strong>iz</strong>razu 9.101, je <strong>iz</strong>raz imaginaren in ga lahko zapišemo<br />
p ′ = iκ kjer je κ = ± 1 c√<br />
m 2 c 4 − (E − eV 0 ) 2 (9.126)<br />
Tudi tu moramo <strong>iz</strong>brati κ ′ ≥ 0, kajti če bi <strong>iz</strong>brali κ ′ ≤ 0, bi člen ψ <strong>II</strong> = te iiκz = te −κz z<br />
naraščajočim z rastel proti neskončnosti, kar vemo, da ne gre. Zato mora biti κ ≥ 0. Če<br />
<strong>iz</strong>računamo odbojnost za ta primer, dobimo<br />
R =<br />
p − p ′ ∣ ∣∣∣<br />
2<br />
∣p + p ′ =<br />
Ker še vedno velja T + R = 1, pa mora veljati, da je T = 0.<br />
1<br />
p 2 + κ 2 (<br />
(p 2 − κ 2 ) 2 + 4p 2 κ 2) = 1 (9.127)<br />
Močan potencial: Za konec pa nam preostane le še primer, ko je<br />
V 0 〉E + mc 2 (9.128)<br />
V tem primeru je (E − eV 0 ) 2 ≥ mc 2 , kar pomeni, da je p ′ ∈ R. Odločiti pa se moramo še<br />
za predznak. Če upoštevamo, da je v tem primeru eV 0 ≥ E in <strong>iz</strong>računamo grupno hitrost:<br />
v g =<br />
p ′<br />
E − eV 0<br />
, (9.129)<br />
ugotovimo, da bo ta negativna, če bo p ′ ≥ 0 in pozitivna, če bo p ′ ≤ 0. V prvem primeru,<br />
bi to pomenilo, da bi se val širil v negativni smeri <strong>iz</strong> +∞, kar pa vemo, da ne gre, saj smo<br />
z začetnim pogojem zahtevali, da se val širi v pozitivni smeri. Da bo to res, moramo zato<br />
vzeti p ′ ≤ 0. Ta pogoj ni vključen v samo K-G enačbo, pač pa jo mi zahtevamo s f<strong>iz</strong>ikalnimi<br />
robnimi pogoji. Ob upoštevanju p ′ = −|p ′ | <strong>iz</strong>računajmo sedaj še prepustnost in odbojnost:<br />
Če napravimo vsoto, vidimo da dobimo<br />
T ′ = − 4p|p′ |<br />
(p + |p ′ |) 2 ≤ 0 (9.130)<br />
( p + |p ′ )<br />
|<br />
R =<br />
p − |p ′ ≥ 1 (9.131)<br />
|<br />
T + R = p2 + 2p|p ′ | + |p ′ | 2 − 4p|p ′ |<br />
(p − |p ′ |) 2 = 1, (9.132)
9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 125<br />
kar je seveda pravilno. Vidimo, da v območju močnega potenciala dobimo paradoksalno<br />
situacijo. To imenujemo tudi Klein-Gordonov paradoks in se ga znebimo, če rečemo, da je<br />
potencial tako močen, da ob trku delca na barieri nastanejo pari delec-antidelec. Antidelci<br />
čutijo dano bariero kot potencialno jamo, ki jih privlači, kar povzroči negativno nabit tok,<br />
ki se giblje proti desni. To je tudi <strong>iz</strong>vor negativnega koeficienta T ≤ 0. Delci pa se od<br />
bariere odbijejo skupaj z vpadnimi delci in skupaj tvorijo pozitiven tok, ki se giblje v levo<br />
z magnitudo, ki je večja od R ≥ 1.<br />
9.3.2 Numerična rešitev<br />
Ideja, ki sem jo udejanil je bila ta, da sem napravil valovni paket za prosti delec, ki sem<br />
ga poslal na bariero in pogledal, kaj se zgodi. Za to je bilo najprej potrebno sestaviti<br />
valovni paket. Le tega naredimo tako, da seštejemo ravne valove z vsemi možnimi gibalnimi<br />
količinami, in vsoto utežimo z Gaussovo funkcijo:<br />
ψ paket (x,t) = 1 A<br />
∫ ∞<br />
−∞<br />
√<br />
e −(p−p 0 )2 e 2σ<br />
i(p(x−x 0 )− p 2 +1t)<br />
, (9.133)<br />
kjer sem zaradi enostavnosti postavil c = = m = e = 1. Z x 0 sem označil koordinato,<br />
kamor sem postavil ob t = 0 valovni paket, z p 0 pa osrednjo gibalno količino, okrog katere je<br />
bil valovni paket razmazan. Ker je numerično računanje danega integrala v vsakem koraku<br />
x,t zahtevno, sem si drznil v svojem numeričnem računu, dani integral aproksimirati z<br />
vsoto<br />
ψ paket = 1 A<br />
∑<br />
−10:0.1:10<br />
√<br />
e −(p−p 0 )2 e 2σ<br />
i(p(x−x 0 )− p 2 +1t)<br />
, (9.134)<br />
kjer sem v vsoti upošteval le gibalne količine na intervalu [−10,10], sešteval pa sem s korakom<br />
∆ = 0.1. Ob tem sem poskrbel tudi za normal<strong>iz</strong>acijo A, ki sem jo določil tako, da<br />
sem <strong>iz</strong>računal verjetnostno gostoto ρ = ψ ∗ ψ in jo seštel po dovolj velikem območju. Vsota<br />
vemo, da mora biti enaka 1 in od tod s korenjenjem dobimo A.<br />
Da bi prišel do željenih rezultatov, sem moral numerično reševati kompleksno parcialno<br />
diferencialno enačbo (Klein-Gordonovo enačbo), ki je brez nepotrebnih konstant imela obliko:<br />
− ∂2 ψ ∂ψ<br />
− 2iV<br />
∂t2 ∂t + (V 2 − m 2 )ψ + ∂2 ψ<br />
∂x 2 = 0 (9.135)<br />
Pri tem sem seveda upošteval, da se potencial obnaša kot:<br />
V (x) = V 0 Θ(x − 0) (9.136)<br />
Naporno delo računanja za nas rade volje opravi programski paket Mathematica, ki ima v<br />
ta namen že vgrajeno metodo NDSolve. Podati pa ji moramo seveda območje, na katerem<br />
iščemo našo rešitev, ter robne in začetne pogoje. V svoji rešitvi sem reševal enačbo na
126 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
območju [−50,50] × [−50,50]. Ker sem predspostavil, da je to območje dovolj široko, sem<br />
si lahko dovolil in robove pripel na ničlo:<br />
ψ paket (x = −50,t) = 0 (9.137)<br />
ψ paket (x = 50,t) = 0 (9.138)<br />
Podati pa sem moral tudi začetno stanje, to je naš skuhani valovni paket 9.134, ki sem ga<br />
ob t = 0 postavil v točko x 0 = −5 in <strong>iz</strong>bral p 0 = 2 ter σ = 0.2. Podati pa sem moral tudi<br />
drugi začetni pogoj, to je njegov (od valovnega paketa) odvod:<br />
∂ψ paket<br />
(x,t = 0) = 1 dt<br />
A<br />
∑<br />
−10:0.1:10<br />
(−i √ √<br />
p 2 + 1)e −(p−p 0 )2 e i(p(x−x 0 )− p 2 +1t)<br />
2σ<br />
, (9.139)<br />
podan seveda v istih točkah x 0 in p 0 . Sedaj imamo vse pripravljeno, da dani postopek<br />
poženemo in pogledamo, kaj dobimo. Rezultati, ki jih dobimo, so predstavljeni na slikah.<br />
Vidimo, da pri majhnih V 0 dobimo tako prepuščeni kot odbiti val. Od nekega V 0 dalje<br />
dobimo le odbite valove, po dovolj velikem V 0 pa zopet dobimo tako prepuščeni kot odbiti<br />
val. V tem območju se začnejo, kot smo napovedali tvoriti pari delec-antidelec.<br />
Dobjene rezultate pa lahko tudi pokomentiramo. Iz teoretične rešitve v prejšnjem delu<br />
vemo, da je območje šibkega potenciala, kjer se nekaj valovanja prepusti in nekaj odbije,<br />
na območju V 0 ≤ E − m 2 . To je v našem primeru<br />
Če <strong>iz</strong>računamo to pri osrednji gibalni količini p 0 , dobimo<br />
V 0 ≤<br />
V 0 ≤ √ p 2 + 1 − 1 (9.140)<br />
√<br />
p 2 0 + 1 − 1 = 1.236 (9.141)<br />
Pri V 0 ≥ 1.236, bi morali torej dobiti same odboje, vendar jih ne. To je zato, ker ima naš<br />
paket končno širino in vsebuje tudi gibalne količine večje od p 0 . Če upoštevamo ima pri<br />
<strong>iz</strong>branih parametrih naš paket širino na polovični višini ∆ = 0.6. Če napravimo oceno in<br />
pogledamo, koliko je V 0 pri p = p 0 + ∆, dobimo<br />
V 0 ≤ √ (p 0 + ∆) 2 + 1 − 1 = 1.79 (9.142)<br />
To pa nam je všeč, saj <strong>iz</strong> slik vidimo, da pri V ≥ 1.8 skoraj nimamo več odbojev.<br />
V območje močnega potenciala pa pridemo, ko velja V 0 ≤ E + m 2 . Če to <strong>iz</strong>računamo<br />
za naš primer pri p 0 dobimo<br />
V 0 ≥<br />
√<br />
p 2 0 + 1 = 3.23 (9.143)
9.3. SIPANJE PIONA NA POTENCIALNI BARIERI 127<br />
To spet ni v skladu s tistim, kar vidimo na slikah. Če pa tudi tu upoštevamo, da ima paket<br />
končno širino in <strong>iz</strong>računamo, kolikšen mora biti V 0 na zadnjem robu paketa pri p 0 − ∆, pa<br />
dobimo<br />
V 0 ≥ √ (p 0 − ∆) 2 + 1 + 1 = 2.72 (9.144)<br />
Ta rezultat pa nas spet razveseli, saj vidimo, da se okrog te vrednosti zopet začne pojavljati<br />
prepuščeni val, ki predstavlja seveda antidelce.
128 CHAPTER 9. KLEIN-GORDONOVA ENAČBA<br />
V 0<br />
⩵ 0<br />
0.2<br />
Ρx,t<br />
0.1<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
V 0 ⩵ 0.5<br />
0.3<br />
Ρx,t<br />
0.2<br />
0.1<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
Figure 9.3: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju<br />
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<br />
V 0 ⩵ 1.0<br />
Ρx,t 0.4<br />
0.2<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
V 0 ⩵ 1.2<br />
0.6<br />
Ρx,t0.4<br />
0.2<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
Figure 9.4: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju<br />
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<br />
V 0 ⩵ 1.5<br />
0.8<br />
0.6<br />
Ρx,t<br />
0.4<br />
0.2<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
V 0 ⩵ 1.7<br />
0.8<br />
0.6<br />
Ρx,t<br />
0.4<br />
0.2<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
Figure 9.5: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju<br />
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<br />
V 0 ⩵ 2.0<br />
0.8<br />
Ρx,t<br />
0.6<br />
0.4<br />
0.2<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
V 0 ⩵ 2.2<br />
0.8<br />
0.6<br />
Ρx,t<br />
0.4<br />
0.2<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
Figure 9.6: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju<br />
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<br />
V 0 ⩵ 2.5<br />
0.8<br />
Ρx,t0.6<br />
0.4<br />
0.2<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
V 0 ⩵ 2.7<br />
1<br />
Ρx,t<br />
0.75<br />
0.5<br />
0.25<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
Figure 9.7: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju<br />
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<br />
V 0 ⩵ 2.8<br />
1<br />
Ρx,t 0.75<br />
0.5<br />
0.25<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
V 0 ⩵ 3.0<br />
1.5<br />
Ρx,t 1<br />
0.5<br />
0<br />
-20<br />
0<br />
x<br />
20<br />
40<br />
0<br />
10<br />
40<br />
30<br />
20<br />
t<br />
Figure 9.8: Sliki prikazujeta potek verjetnostne gostote od kraja in časa pri sipanju<br />
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<br />
Diracova enačba<br />
Figure 10.1: Angleški f<strong>iz</strong>ik Paul Adrien Maurice Dirac se je rodil 8.8.1902 v Bristolu in<br />
umrl 21.10.1984 mestu Liechtenstein. Zapisal je Diracovo enačbo za gibanje elektrona<br />
v relativistični kvantni mehaniki in na njeni osnovi napovedal spin in magnetni moment<br />
elektrona ter obstoj pozitrona in antiprotona. v Diracovi teoriji sevanja je razširil kvantni<br />
opis na vse elektromagnetno polje. Leta 1933 je prejel Nobelovo nagrado skupaj z E.<br />
Schrödingerjem. [12]<br />
10.1 Tok prostega Diracovega delca<br />
Določi tok ⃗j = ψ † ⃗αψ za prost Diracov delec. ⃗α D = (α 1 ,α 2 ,α 3 ) so Diracove matrike.<br />
Rešitev:<br />
Najprej zapišimo Diracovo enačbo, ki se, kot vemo, glasi<br />
− 1 ∂ψ<br />
c ∂t + α ∂ψ<br />
1<br />
∂x + α ∂ψ<br />
2<br />
∂y + α ∂ψ<br />
3<br />
∂z + iβmc ψ = 0 (10.1)<br />
135
136 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
Kot smo že v nalogi povedali, so α 1 ,α 2 ,α 3 ,β tako imenovane Diracove matrike in imajo<br />
obliko<br />
α 3 =<br />
α 1 =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 0 0 1<br />
0 0 1 0<br />
0 1 0 0<br />
1 0 0 0<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 −1<br />
1 0 0 0<br />
0 −1 0 0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ α 2 =<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎟<br />
⎠ β = ⎜<br />
⎝<br />
0 0 0 −i<br />
0 0 i 0<br />
0 −i 0 0<br />
i 0 0 0<br />
1 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
0 0 −1 0<br />
0 0 0 −1<br />
Rešitev Diracove enačbe lahko zapišemo kot štiri vektor oblike<br />
ψ =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎞<br />
ψ 1<br />
ψ 2<br />
ψ 3<br />
ψ 4<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (10.2)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (10.3)<br />
⎟<br />
⎠ (10.4)<br />
Najprej <strong>iz</strong>računajmo produkte α i ψ in βψ. Ko opravimo množenje vektorja z matriko,<br />
dobimo<br />
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞<br />
ψ 4<br />
−ψ 4<br />
ψ 3<br />
ψ 1<br />
α 1 ψ = ⎜ ψ 3<br />
⎟<br />
⎝ ψ 2<br />
⎠ ; α 2ψ = i⎜<br />
ψ 3<br />
⎟<br />
⎝ −ψ 2<br />
⎠ ; α 3ψ = ⎜ −ψ 4<br />
⎟<br />
⎝ ψ 1<br />
⎠ ; βψ = ⎜ ψ 2<br />
⎟<br />
⎝ −ψ 3<br />
⎠ (10.5)<br />
ψ 1 ψ 1<br />
−ψ 2 −ψ 4<br />
Ko te zveze upoštevamo v Diracovi enačbi, dobimo sistem štirih enačb:<br />
− 1 ∂ψ 1<br />
c ∂t + ∂ψ 4<br />
∂x − i∂ψ 4<br />
∂y + ∂ψ 3<br />
∂z + imc ψ 1 = 0 (10.6)<br />
− 1 ∂ψ 2<br />
c ∂t + ∂ψ 3<br />
∂x + i∂ψ 3<br />
∂y − ∂ψ 4<br />
∂z + imc ψ 2 = 0 (10.7)<br />
− 1 ∂ψ 3<br />
c ∂t + ∂ψ 2<br />
∂x − i∂ψ 2<br />
∂y + ∂ψ 1<br />
∂z − imc ψ 3 = 0 (10.8)<br />
− 1 ∂ψ 4<br />
c ∂t + ∂ψ 1<br />
∂x + i∂ψ 1<br />
∂y − ∂ψ 2<br />
∂z − imc ψ 4 = 0 (10.9)<br />
Sedaj pa upoštevajmo, da v naši nalogi rešujemo problem prostega delca. Zanj lahko<br />
nastavimo rešitev v obliki ravnega vala kot<br />
ψ =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎞<br />
c 1<br />
c 2<br />
c 3<br />
c 4<br />
⎟<br />
⎠ ei(kxx+kyy+kzz−ωt) , (10.10)
10.1. TOK PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA 137<br />
kjer je seveda ω = E <br />
. Sedaj ta nastavek vstavimo v zgornji sistem štirih enačb. Ko<br />
<strong>iz</strong>vedemo vsa potrebna odvajanja in še upoštevamo, da so faktorji c i konstantni, potem<br />
dobimo za dani primer sistem enačb, ki ima v matričnem zapisu obliko<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
ω<br />
c + mc<br />
ω<br />
0<br />
c + mc<br />
<br />
0 k z k x − ik y<br />
<br />
k x + ik y −k z<br />
ω<br />
k z k x − ik y c − mc<br />
<br />
0<br />
ω<br />
k x + ik y −k z 0<br />
c − mc<br />
<br />
⎞⎛<br />
⎟⎜<br />
⎠⎝<br />
⎞<br />
c 1<br />
c 2<br />
c 3<br />
c 4<br />
⎟<br />
⎠ = 0 (10.11)<br />
Dani sistem bo imel netrivialno rešitev tedaj, ko bo determinanta zgornje matrike enaka<br />
nič. Ko jo <strong>iz</strong>računamo, dobimo pogoj<br />
[ (ω ) 2 ( mc<br />
) 2<br />
− − k<br />
2]<br />
= 0 (10.12)<br />
c <br />
Od tod vidimo, da dobimo kot rešitev dve možni frekvenci<br />
√<br />
ω (mc ) 2<br />
c = ± + k<br />
<br />
2 , (10.13)<br />
ena je pozitivna, druga pa negativna. To pomeni, da od štirih rešitev, ki jih imamo,<br />
imata dve pozitivno, dve pa negativno frekvenco. Na tem mestu že lahko povemo, da<br />
rešitvi s pozitivnima frekvencama ustrezata delcema, rešitvi z negativnima frekvencama pa<br />
antidelcema. Ker mi v naši nalogi opazujemo delec, nas torej zanimata le rešitvi s pozitivno<br />
energijo:<br />
√ (mc ) 2<br />
E = +|E| = + k 2 (10.14)<br />
<br />
V valovni funkciji prostega delca 10.10 predstavljata koeficienta c 3 ,c 4 delčni del valovne<br />
funkcije c 1 ,c 2 , pa antidelčni del valovne funkcije. Sedaj je te koeficiente potrebno še<br />
poiskati. Dogovorimo se, da nas zanima delec s spinom gor. Izberemo<br />
c 3 = 1 in c 4 = 0 (10.15)<br />
Sedaj nam preostane še, da za dani primer poiščemo še koeficienta c 1 ,c 2 . V ta namen<br />
vstavimo c 3 in c 3 v enačbo 10.6. Od tod ob upoštevanju p = k, dobimo<br />
c 1 =<br />
−p zc<br />
|E| + m 2 c<br />
Iz enačbe 10.7 pa povsem analogno dobimo<br />
Tako se naša rešitev za delec s spinom gor glasi<br />
⎛<br />
−p zc<br />
⎞<br />
|E|+m 2 c<br />
−c(p x+ip y)<br />
|ψ D↑ 〉 = A⎜<br />
|E|+mc 2 ⎟<br />
⎝ 1<br />
0<br />
(10.16)<br />
c 2 = −c(p x + ip y )<br />
|E| + mc 2 (10.17)<br />
⎠ e⃗ k⃗r−ωt<br />
(10.18)
138 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
Da bo rešitev popolna potrebujemo še normal<strong>iz</strong>acijo. Zadovoljiti moramo pogoju<br />
〈ψ D |ψ D 〉 = 1 (10.19)<br />
Ob upoštevanju naše rešitve, moramo <strong>iz</strong>računati skalarni produkt<br />
⎛<br />
−p zc<br />
⎞<br />
( −pz c<br />
|E| + m 2 , −c(p )<br />
|E|+m<br />
x − ip y )<br />
2 c<br />
−c(p<br />
c |E| + mc 2 ,1,0 x+ip y)<br />
⎜ |E|+mc 2 ⎟<br />
⎝ 1 ⎠ |A|2 = 1 (10.20)<br />
0<br />
Ko dani skalarni produkt <strong>iz</strong>računamo, dobimo ven pogoj za A:<br />
√<br />
|E|<br />
|A| =<br />
2 + mc 2<br />
2|E|<br />
Celotno rešitev za delec s spinom gor lahko potem takem zapišemo kot<br />
⎛<br />
−p zc<br />
⎞<br />
√<br />
|E|+m<br />
|E|<br />
|ψ D↑ 〉 =<br />
2 + mc 2<br />
2 c<br />
−c(p x+ip y)<br />
⎜ |E|+mc 2 ⎟<br />
2|E| ⎝ 1 ⎠ ei(⃗ k⃗r−ωt)<br />
0<br />
(10.21)<br />
(10.22)<br />
Povsem a<strong>naloge</strong>n račun napravimo tudi za drugo možnost, to je za delec s spinom dol. V<br />
tem primeru pa nastavimo<br />
c 3 = 0 in c 4 = 1 (10.23)<br />
Ko <strong>iz</strong>računamo preostala koeficienta in stvar normiramo dobimo valovno funkcijo tudi za<br />
ta primer in se glasi<br />
⎛ ⎞<br />
−(p x−ip y)c<br />
√<br />
|E|<br />
|ψ D↓ 〉 =<br />
2 + mc 2<br />
|E|+m 2 c<br />
cp z<br />
⎜ |E|+mc 2 ⎟<br />
2|E| ⎝ 0 ⎠ ei(⃗ k⃗r−ωt)<br />
(10.24)<br />
1<br />
Sedaj ko vemo, kakšno obliko ima prost Diracov delec s spinom 1/2, pa lahko <strong>iz</strong>računamo<br />
tok verjetnosti, ki je definiran kot<br />
oziroma,če razpišemo po komponentah:<br />
⃗j = ψ † ⃗αψ (10.25)<br />
j x = ψ † α 1 ψ (10.26)<br />
j y = ψ † α 2 ψ (10.27)<br />
j z = ψ † α 3 ψ (10.28)<br />
(10.29)
10.2. PARNOST IN DIRACOVA ENAČBA 139<br />
Posamezne komponente lahko <strong>iz</strong>računamo kar po definiciji:<br />
⎛ ⎞ ⎛<br />
0 0 0 1<br />
j x = (c ∗ 1 ,c∗ 2 ,c∗ 3 ,c∗ 4 )e−i(kxx+kyy+kzz−ωt) ⎜ 0 0 1 0<br />
⎟ ⎜<br />
⎝ 0 1 0 0 ⎠ ⎝<br />
1 0 0 0<br />
⎞<br />
c 1<br />
c 2<br />
c 3<br />
c 4<br />
Po povsem analognem postopku dobimo tudi preostali komponenti:<br />
⎟<br />
⎠ ei(kxx+kyy+kzz−ωt)<br />
j x = (c ∗ 1c 4 + c 1 c ∗ 4) + (c ∗ 2c 3 + c 2 c ∗ 3)(10.30)<br />
j y = i(c 1 c ∗ 4 − c∗ 1 c 4) + (c ∗ 2 c 3 − c 2 c ∗ 3 ) (10.31)<br />
j z = (c ∗ 1c 3 + c 1 c ∗ 3) − (c ∗ 2c 4 + c 2 c ∗ 4) (10.32)<br />
To so sedaj v splošnem rezultati, ki jih želimo. Za konec si še poglejmo, kakšno obliko<br />
imajo j i za primer prostega delca. Ker je stvar analogna za oba primera si komponente j i<br />
poglejmo le za delec s spinom gor. Ko <strong>iz</strong> rezultata 10.22 preberemo kaj so c i (in pri tem<br />
seveda pazimo na normal<strong>iz</strong>acijski faktor, ki ga je treba tudi upoštevati) in to upoštevamo<br />
v naših <strong>iz</strong>razih, dobimo naslednje rezultate:<br />
( |E| + mc<br />
2<br />
j x =<br />
2|E|<br />
Tako, pa smo pri koncu.<br />
10.2 Parnost in Diracova enačba<br />
)(<br />
− (p x − ip y )c<br />
|E| + mc 2 × 1 − (p )<br />
x + ip y )c<br />
|E| + mc 2 × 1 = − p xc<br />
|E|<br />
Parnost P = γ 0 I x je diskretna simetrija Diracove enačbe. Izračunaj:<br />
a.) PS ab P −1<br />
b.) Kako transformira P Diracovo rešitev za prost spinor<br />
Rešitev:<br />
Operator I x , ki nastopa v definiciji parnosti, je definiran kot<br />
(10.33)<br />
j y = ... = − p yc<br />
|E|<br />
(10.34)<br />
j z = ... = − p zc<br />
|E| . (10.35)<br />
I x x m I −1<br />
x = x m , (10.36)<br />
kar pomeni, da ko deluje operator I x na štiri-vektor x m , ohrani ničto komponento, krajevne<br />
komponente pa pomnoži z (−1):<br />
x 0 −→ x 0 = x 0 (10.37)<br />
x i −→ −x i , i = 1,2,3 (10.38)
140 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
Dani operator ima tudi to lastnost, da komutira z opeartorji γ m :<br />
{I x ,γ m } − = 0, m = 0,1,2,3 (10.39)<br />
Za naše potrebe je vredno zapisati tudi inverzni operator parnosti<br />
P −1 = I −1<br />
x γ0−1 = I −1<br />
x γ0 , (10.40)<br />
kjer upoštevamo, da je γ 0−1 = γ 0 , saj velja γ 0 γ 0 = id. Preden se lotimo resnega računa pa<br />
zapišimo še antikomutacijsko relacijo med operatorji γ m , ki nam bo še kako prišla prav:<br />
kar lahko nekoliko drugače zapišemo v obliki<br />
{γ a ,γ b } + = 2η ab , (10.41)<br />
γ a γ b + γ b γ a = 2η ab (10.42)<br />
Sedaj najprej <strong>iz</strong>računajmo točko a.), za a,b = 1,2,3. V tem primeru je operator spina<br />
definiran kot<br />
Če to upoštevamo v našem sendviču, dobimo<br />
S ab = i 2 γa γ b (10.43)<br />
PS ab P −1 = γ 0 I x<br />
i<br />
2 γa γ b I −1<br />
x γ0 (10.44)<br />
Tu lahko sedaj upoštevamo zvezo 10.39, zaradi česar operator I x lahko preskoči vse operatorje<br />
γ m , ki so mu na poti in se s svojim inverznim operatorjem <strong>iz</strong>niči v identiteto<br />
I x Ix<br />
−1 = id. Tako nam ostane le še<br />
Sedaj upoštevajmo še zvezo 10.42, ki nam da<br />
Če to upoštevamo v našem računu, dobimo<br />
PS ab P −1 = i 2 γ0 γ a γ b γ 0 (10.45)<br />
γ 0 γ a = −γ a γ 0 (10.46)<br />
γ b γ 0 = −γ 0 γ b (10.47)<br />
PS ab P −1 = i 2 (−)γa γ b (−)γ 0 γ 0 = i 2 γa γ b = S ab (10.48)<br />
Vidimo, da če z operatorjem parnosti delujem na operator spina za a,b = 1,2,3, dobimo<br />
isti operator nazaj.<br />
Sedaj pa si poglejmo še, kaj dobimo, če delujemo na S 0i , ki je definiran kot<br />
S 0i = 1 2 γ0 γ i , i = 1,2,3 (10.49)
10.2. PARNOST IN DIRACOVA ENAČBA 141<br />
Če operator vtaknemo v sendvič, dobimo<br />
PS 0i P −1 = γ 0 I x<br />
1<br />
2 γ0 γ i I −1<br />
x γ 0 (10.50)<br />
Ko tudi tu upoštevamo iste trike, kot smo jih v prejšnjem primeru, dobimo:<br />
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)<br />
V tem primeru pa vidimo, da ko z operatorjem parnosti delujemo na S 0i , dobimo nazaj isti<br />
operator, ki pa je še pomnožen z (−1).<br />
Sedaj pa si poglejmo še drugi del <strong>naloge</strong>. Pri reševanju Diracove enačbe za prost spinor<br />
dobimo štiri rešitve<br />
⎛ ⎞<br />
√<br />
1<br />
|E| + mc 2 ⎜ 0 ⎟<br />
|ψ D↑ 〉 =<br />
|ψ D↓ 〉 =<br />
|ψ A↑ 〉 =<br />
|ψ A↓ 〉 =<br />
2|E|<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
2|E|<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
2|E|<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
2|E|<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
c(p 1 +ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
0<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0<br />
1<br />
c(p 1 −ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
−cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
−cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
−c(p 1 +ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
1<br />
−c(p 1 −ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
0<br />
1<br />
⎟<br />
⎠ e−ikaxa , (10.52)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ e−ikaxa (10.53)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ eikaxa , (10.54)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ eikaxa (10.55)<br />
Rešitve so podane v Diracovi reprezentaciji. Prvi dve rešitvi ustrezata delcema s spinom<br />
gor in dol, preostali rešitvi pa ustrezata anti-delcema s spinom gor in dol. Poudariti je tudi<br />
potrebno, da imasta delčni rešitvi pozitivno energijo<br />
anti-delcema pa ustreza negativna energija<br />
E d = |E|, (10.56)<br />
E a = −|E| (10.57)
142 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
Če še uporabimo, da je k 0 = k 0 = E c<br />
, lahko rešitve zapišemo v obliki<br />
|Ψ D 〉 =<br />
|Ψ A 〉 =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎞<br />
c 1<br />
c 2<br />
⎟<br />
c 3<br />
⎠<br />
c 4<br />
⎞<br />
c 1<br />
c 2<br />
⎟<br />
c 3<br />
⎠<br />
c 4<br />
|E|t<br />
e−i( −⃗ k.⃗x)<br />
|E|t<br />
e−i( +⃗ k.⃗x)<br />
(10.58)<br />
(10.59)<br />
To znanje nam bo prišlo prav, ko bomo interpretirali rešitve. Kako deluje operator I x že<br />
vemo, potrebujemo le še operator γ 0 , ki pa ima v Diracovi notaciji obliko<br />
⎛<br />
γ 0 = − ⎜<br />
⎝<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 1<br />
1 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (10.60)<br />
Sedaj pa zapišimo:<br />
⎛<br />
P |ψ D 〉 = γ 0 I x<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎞<br />
c 1<br />
c 2<br />
c 3<br />
c 4<br />
⎟<br />
⎠ e−i(kD 0 x0 − ⃗ k.⃗x)<br />
(10.61)<br />
Operator I x preskoči četverec <strong>iz</strong> c-jev, ki so odvisni le od p i in deluje le na četverec x m<br />
tako, da negativno predznači koordinatni del. Tako nam ostane<br />
⎛<br />
= − ⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
P |ψ D ↑〉 = γ 0 ⎜<br />
⎝<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 1<br />
1 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
⎞⎛<br />
⎟⎜<br />
⎠⎝<br />
⎞<br />
c 1<br />
c 2<br />
c 3<br />
c 4<br />
⎞<br />
c 1<br />
c 2<br />
c 3<br />
c 4<br />
⎛<br />
= − ⎜<br />
⎝<br />
⎟<br />
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗ k.⃗x) =<br />
⎟<br />
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗ k.⃗x) =<br />
⎞<br />
c 3<br />
c 4<br />
c 1<br />
c 2<br />
⎟<br />
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗ k.⃗x)<br />
(10.62)<br />
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<br />
dobimo<br />
P |ψ D ↑〉 =<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
=<br />
2|E|<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
2|E|<br />
−cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
−c(p 1 +ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
−1<br />
0<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎞<br />
−cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
−c(p 1 +ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
−1<br />
0<br />
⎟<br />
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗k.⃗x) =<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
e−i(<br />
|E|t<br />
+⃗ k.⃗x) , (10.63)<br />
kjer smo še upostevali, da je x 0 = ct. Povsem analogno lahko sedaj <strong>iz</strong>računamo, kaj dobimo,<br />
če delujemo z operatorjem parnosti na ostale Diracove rešitve za prosti spinor:<br />
P |ψ D↓ 〉 =<br />
=<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
2|E|<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
P |ψ A↑ 〉 =<br />
=<br />
2|E|<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
−c(p 1 −ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
0<br />
−1<br />
−c(p 1 −ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
0<br />
−1<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
P |ψ A↓ 〉 =<br />
=<br />
2|E|<br />
2|E|<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
√<br />
|E| + mc 2<br />
2|E|<br />
2|E|<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
−1<br />
0<br />
cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
c(p 1 +ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0<br />
−1<br />
c(p 1 −ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
−cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
⎞<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ e−i(kD 0 x0 + ⃗k.⃗x) =<br />
|E|t<br />
⎟e−i( +⃗k.⃗x) = |ψ A↓ 〉 (10.64)<br />
⎠<br />
−1<br />
0<br />
cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
c(p 1 +ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
0<br />
−1<br />
c(p 1 −ip 2 )<br />
|E|+mc 2<br />
−cp 3<br />
|E|+mc 2<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ ei(k0 A x 0+ ⃗k.⃗x) =<br />
e−i(<br />
|E|t<br />
−⃗ k.⃗x) = |ψ D↑ 〉 (10.65)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ ei(k0 A x 0+ ⃗k.⃗x) =<br />
e−i(<br />
|E|t<br />
−⃗ k.⃗x) = |ψ D↓ 〉 (10.66)
144 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
To so sedaj vse rešitve, ki smo jih želeli dobiti.<br />
10.3 Lastna stanja prostega Diracovega delca v kiralni reprezentaciji<br />
V kiralni reprezentaciji določi lastna stanja Diracove enačbe za prost delec (γ µ p µ = mc)|ψ〉 =<br />
0. Pomagaj si z nastavkom |ψ〉 = α|ψ L↑ 〉 + β|ψ R↑ 〉 + δ|ψ L↓ 〉 + σ|ψ R↓ 〉. Poglej primere:<br />
1. p µ = (p 0 ,0,0,0), (10.67)<br />
2. p µ = (p 0 ,0,0,p 3 ), (10.68)<br />
3. p µ = (p 0 , ⃗p), (10.69)<br />
Rešitev:<br />
Najprej zapišimo bazna stanja:<br />
Diracove matrike v kiralni upodobitvi pa se <strong>iz</strong>ražajo kot<br />
γ 2 =<br />
γ 0 =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 1<br />
1 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
0 0 0 −i<br />
0 0 i 0<br />
0 i 0 0<br />
−i 0 0 0<br />
|ψ L↑ 〉 = (1,0,0,0) T (10.70)<br />
|ψ L↓ 〉 = (0,1,0,0) T (10.71)<br />
|ψ R↑ 〉 = (0,0,1,0) T (10.72)<br />
|ψ R↓ 〉 = (0,0,0,1) T (10.73)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ , γ1 =<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ , γ3 =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 0 0 1<br />
0 0 1 0<br />
0 −1 0 0<br />
−1 0 0 0<br />
0 0 1 0<br />
0 0 0 −1<br />
−1 0 0 0<br />
0 1 0 0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (10.74)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (10.75)<br />
p µ = (p 0 , 0, 0, 0):<br />
V tem primeru se Diracova enačba glasi:<br />
(γ 0 p 0 − mc)|ψ〉 = 0 (10.76)<br />
Če upoštevamo naš nastavek za valovno funkcijo, lahko zapišemo:<br />
(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<br />
Ko delujemo z matriko γ 0 na bazna stanja ugotovimo, da ta transformacija naredi <strong>iz</strong> levoročnih<br />
stanj desnoročna in obratno. Spin pa se pri transformaciji ohrani. Torej velja:<br />
γ 0 |ψ L↑ 〉 = |ψ R↑ 〉 (10.78)<br />
γ 0 |ψ R↑ 〉 = |ψ L↑ 〉 (10.79)<br />
γ 0 |ψ L↓ 〉 = |ψ R↓ 〉 (10.80)<br />
γ 0 |ψ R↓ 〉 = |ψ L↓ 〉 (10.81)<br />
(10.82)<br />
Ko to upoštevamo v zgornji enačbi, dobimo :<br />
αp 0 |ψ R↑ 〉 − mcα|ψ L↑ 〉 + βp 0 |ψ L↑ 〉 − βmc|ψ R↑ 〉 +<br />
+p 0 δ|ψ R↓ 〉 − mcδ|ψ L↓ 〉 + p 0 σ|ψ L↓ 〉 − mcσ|ψ R↓ 〉 = 0 (10.83)<br />
Ko poberemo istoležne člene skupaj in upoštevamo, da so bazna stanja ortogonalna, dobimo<br />
sistem enačb:<br />
αp 0 − mcβ = 0 (10.84)<br />
−mcα + βp 0 = 0 (10.85)<br />
p 0 δ − mcσ = 0 (10.86)<br />
−mcδ + p 0 σ = 0 (10.87)<br />
Vidimo, da dobimo dva identična sistema dveh enačb. Ko <strong>iz</strong>računamo determinanto sistema,<br />
dobimo<br />
p 02 − m 2 c 2 = 0 =⇒ p 0 = ±mc (10.88)<br />
Rezultat, ki smo ga dobili, nas razveseli, saj smo dobili pravi <strong>iz</strong>raz za energijo. Iz zgornjih<br />
enačb <strong>iz</strong>razimo ven β in σ. Dobimo:<br />
Tako lahko našo rešitev sedaj <strong>iz</strong>razimo v obliki<br />
β = p0<br />
α = ±α (10.89)<br />
mc<br />
σ = p0<br />
δ = ±δ (10.90)<br />
mc<br />
|ψ〉 = α(|ψ L↑ 〉 ± |ψ R↑ 〉) + δ(|ψ L↓ 〉 ± |ψ R↓ 〉) (10.91)<br />
Koeficienta α in δ, ki ostaneta nedoločena določimo z noraml<strong>iz</strong>acijo ter še z nekim dodatnim<br />
pogojem, ki nekako pove prisotnost posameznega spina v rešitvi.
146 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
p µ = (p 0 , 0, 0, p 3 ):<br />
V tem primeru pa moramo rešiti enačbo oblike:<br />
V matrični obliki se dani sistem glasi:<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
(γ 0 p 0 − γ 3 p 3 − mc)|ψ〉 = 0 (10.92)<br />
−mc 0 p 0 − p 3 0<br />
0 −mc 0 p 0 + p 3<br />
p 0 + p 3 0 −mc 0<br />
0 p 0 − p 3 0 −mc<br />
⎞ ⎛<br />
⎟ ⎜<br />
⎠ ⎝<br />
α<br />
β<br />
δ<br />
σ<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ = 0 (10.93)<br />
Ko napravimo isto manipulacijo kot v prvi nalogi, dobimo zopet dva enaka sistema enačb:<br />
Ko ven <strong>iz</strong>računamo determinanto, dobimo:<br />
Od tod ven dobimo:<br />
Iz sistema enačb <strong>iz</strong>razimo σ in δ. Dobimo:<br />
(−mc)α + (p 0 − p 3 )δ = 0 (10.94)<br />
(p 0 + p 3 )α − mcδ = 0 (10.95)<br />
−mcβ + (p 0 + p 3 )σ = 0 (10.96)<br />
(p 0 − p 3 )β − mcσ = 0 (10.97)<br />
det = m 2 c 2 − (p 0 + p 3 )(p 0 − p 3 ) = 0 (10.98)<br />
δ = p0 + p 3<br />
mc<br />
σ = p0 − p 3<br />
mc<br />
p 3 = ± √ p 0 p 0 − m 2 c 2 (10.99)<br />
α = p0 ± √ p 0 p 0 − m 2 c 2<br />
α (10.100)<br />
mc<br />
β = p0 ∓ √ p 0 p 0 − m 2 c 2<br />
β (10.101)<br />
mc<br />
Tako smo določili tudi rešitev za ta primer. Zopet ostaneta dva prosta parametra (α in β),<br />
ki ju moramo določiti drugače.<br />
p µ = (p 0 , ⃗p):<br />
Za konec pa nam preostane še, da <strong>iz</strong>računamo kompletno Diracovo enačbo v Kiralni upodobitvi.<br />
Ta se glasi:<br />
(γ 0 p 0 − γ 1 p 1 − γ 2 p 2 − γ 3 p 3 − mc)|ψ〉 = 0 (10.102)<br />
Ko razpišemo sistem v matrični obliki, pa dobimo:<br />
⎛<br />
−mc 0 p 0 − p 3 −p 1 + ip 2<br />
⎜ 0 −mc −p 1 − ip 2 p 0 + p 3<br />
⎝ p 0 + p 3 p 1 − ip 2 −mc 0<br />
p 1 + ip 2 p 0 − p 3 0 −mc<br />
⎞⎛<br />
⎟⎜<br />
⎠⎝<br />
α<br />
β<br />
δ<br />
σ<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ = 0 (10.103)
10.4. HERMITSKI OPERATORJI ZA PROST DIRACOV DELEC 147<br />
Najprej <strong>iz</strong>računajmo determinanto. Pri tem nam pomaga programski paket Mathematica,<br />
ki <strong>iz</strong>računa:<br />
Od tod ven dobimo:<br />
det = (m 2 c 2 − p 0 p 0 + p 1 p 1 + p 2 p 2 + p 3 p 3 ) = 0 (10.104)<br />
p 1 p 1 + p 2 p 2 + p 3 p 3 = p 0 p 0 − m 2 c 2 (10.105)<br />
Sedaj pa <strong>iz</strong> matrične oblike Diracove enačbe sestavimo sistem enačb, tako kot smo to<br />
naredili v prejšnjih primerih. Dobimo:<br />
Iz slednji dveh enačb <strong>iz</strong>razimo ven σ in δ:<br />
−αmc + δ(p 0 − p 3 ) − (p 1 − ip 2 )σ = 0 (10.106)<br />
−mcβ − δ(p 1 + ip 2 ) + (p 0 + p 3 )σ = 0 (10.107)<br />
α(p 0 + p 3 ) + β(p 1 − ip 2 ) − mcδ = 0 (10.108)<br />
α(p 1 + ip 2 ) + β(p 0 − p 3 ) − mcσ = 0 (10.109)<br />
δ = α (p0 + p 3 )<br />
mc<br />
σ = α p1 + ip 2<br />
mc<br />
+ β p1 − ip 2<br />
mc<br />
+ β p0 − p 3<br />
mc<br />
(10.110)<br />
(10.111)<br />
Izraza sedaj vsavimo v prvo enačbo našega sistema in ko enačbo uredimo, dobimo<br />
− α (<br />
m 2 c 2 − (p 0 − p 3 )(p 0 + p 3 ) + (p 1 − ip 2 )(p 1 + ip 2 ) ) +<br />
mc<br />
β (<br />
−(p 0 − p 3 )(p 1 − ip 2 ) + (p 1 − ip 2 )(p 0 − p 3 ) ) (10.112)<br />
mc<br />
Člen, ki nastopa za β je identično enak nič. Člen za α pa je tudi nič zaradi energijskega<br />
pogoja, ki smo ga <strong>iz</strong>peljali <strong>iz</strong> determinante. Od tod vidimo, da sta α in β zopet dva poljubna<br />
parametra v naši rešitvi, ki ju določimo z normal<strong>iz</strong>acijo in drugimi pogoji. Preostala dva<br />
koeficienta δ in σ pa smo že določili. S tem je naša rešitev določena, kolikor je sploh lahko<br />
določena.<br />
10.4 Hermitski operatorji za prost Diracov delec<br />
Za prost Diracov delec določi maksimalni nabor operatorjev, ki komutirajo s Hamiltonovim<br />
operatorjem, ter določi lastno valovno funkcijo.<br />
Rešitev:<br />
Diracovo enačbo, ki se glasi:<br />
(γ 0 p 0 −<br />
(γ µ p µ − mc)|ψ〉 = 0 (10.113)<br />
3∑<br />
γ i p i − mc)|ψ〉 = 0 (10.114)<br />
i=1
148 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
najprej pomnožimo z γ 0 in ločimo časovni del gibalne količine od krajevnega. To nam da:<br />
3∑<br />
p 0 |ψ〉 = ( γ 0 γ i p i + γ 0 mc)|ψ〉 (10.115)<br />
i=1<br />
Če še nekoliko razpišemo, dobimo:<br />
i ∂ 3∑<br />
∂ |ψ〉 = (c γ 0 γ i p i + γ 0 mc 2 )|ψ〉 (10.116)<br />
i=1<br />
Od tod ven lahko preberemo Hamiltonovo funkcijo, ki se glasi:<br />
3∑<br />
3∑<br />
H = c γ 0 γ i p i + γ 0 mc 2 = c α i p i + βmc 2 (10.117)<br />
i=1<br />
i=1<br />
Prvi operator, ki nam pride na misel je seveda gibalna količina. Poglejmo, ali komutira<br />
s Hamiltonjanom Naredimo najprej za prvo komponento:<br />
[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 ] =<br />
= [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)<br />
saj komponente gibalne količine med sabo komutirajo. Enak postopek lahko naredimo še<br />
za ostale komponente in dobimo končni rezultat:<br />
[⃗p,H] = 0 (10.119)<br />
Fino, en komutirajoči operator smo že našli. Drug tak operator, ki ga je vredno pogledati<br />
je sučnost (Helicity), ki predstavlja projekcijo spina na smer gibalne količine in je definiran<br />
kot:<br />
Λ s = ⃗ S.⃗p<br />
|⃗p| , (10.120)<br />
kjer je<br />
⃗S = 2<br />
( ⃗σ 0<br />
0 ⃗σ<br />
)<br />
(10.121)<br />
Poglejmo si sedaj komutator tega operatorja s Hamiltonjanom:<br />
[H,Λ s ] = 1<br />
|⃗p| [c⃗α.⃗p + βmc2 , ⃗ S.⃗p] = 1<br />
|⃗p| [c⃗α.⃗p, ⃗ S.⃗p] + mc2<br />
|⃗p| [β, ⃗ S.⃗p] (10.122)<br />
Za <strong>iz</strong>račun slednjega člena je pomemben komutator:<br />
( )( ) ( )(<br />
[β, S ⃗i I 0 σ<br />
i<br />
0 σ<br />
i<br />
0 I 0<br />
] =<br />
0 −I 0 σ i −<br />
0 σ i 0 −I<br />
)<br />
= 0 (10.123)
10.4. HERMITSKI OPERATORJI ZA PROST DIRACOV DELEC 149<br />
Od tod vidimo, da nam slednji člen odpade. Prvi člen v našem komutatorju pa je:<br />
[⃗α.⃗p, S.⃗p] ⃗ = ( ∑ α i p i )( ∑<br />
i j<br />
( )( 0 ⃗σ.⃗p ⃗σ.⃗p 0<br />
=<br />
⃗σ.⃗p −I 0 ⃗σ.⃗p<br />
(<br />
0 (⃗σ.⃗p)<br />
=<br />
2<br />
(⃗σ.⃗p) 2 0<br />
S j p j ) − ( ∑ S j p j )( ∑ S i p i ) =<br />
j i<br />
)( ) 0 ⃗σ.⃗p<br />
=<br />
0 ⃗σ.⃗p ⃗σ.⃗p 0<br />
) (<br />
0 (⃗σ.⃗p)<br />
−<br />
2 )<br />
(⃗σ.⃗p) 2 = 0 (10.124)<br />
0<br />
) ( ⃗σ.⃗p 0<br />
−<br />
Tako smo končno dobili, da je [Λ s ,H] = 0. Na koncu pa si poglejmo še operator ”predznaka”,<br />
ki je definiran kot:<br />
Λ = Ĥ<br />
|Ĥ| =<br />
Če še vpeljemo E p = √ c 2 p 2 + m 2 c 4 , dobimo, da je<br />
Λ =<br />
√ Ĥ c(⃗α.⃗p) + βmc2<br />
= √ (10.125)<br />
H c2ˆp 2 + m 2 c 4<br />
c(⃗α.⃗p) + βmc2<br />
E p<br />
(10.126)<br />
Mi vemo, da ima prost Diracov delec lahko energijo ǫ = ±E p , glede na to ali obravnavamo<br />
delec (ǫ ≥ 0), ali antidelec (ǫ ≤ 0). Dani operator nam pove, ali ima določeno stanje<br />
pozitivno ali negativno energijo. Sedaj poglejmo še njegov komutator s Hamiltonjanom:<br />
c(⃗α.⃗p) + βmc2<br />
[Λ,H] = [ ,c(⃗α.⃗p) + βmc 2 ] = 1 [c⃗α.⃗p + βmc 2 , ⃗α.⃗p + βmc 2 ] = 0 (10.127)<br />
E p E p<br />
Sedaj imamo tri operatorje, ki komutirajo z Hamiltonovo funkcijo in verjamemo, da s temi<br />
tremi operatorji lahko povsem opišemo stanje sistema. Mi vemo, da so rešitve Diracove<br />
enačbe za prost delec štirje ravni valovi:<br />
) ⎞<br />
⎛<br />
ψp,1/2 D = N ⎜<br />
⎝<br />
c⃗σ.⃗p<br />
( 1<br />
0<br />
( 1<br />
mc 2 +|E| 0<br />
⎛ ( ) ⎞ 0<br />
ψp,−1/2 D = N ⎜ 1<br />
( ) ⎟<br />
⎝<br />
c⃗σ.⃗p 0 ⎠<br />
mc 2 +|E| 1<br />
⎛ ( ) ⎞<br />
ψp,1/2 A = N −<br />
c⃗σ.⃗p 1<br />
mc<br />
⎜<br />
2 +|E|<br />
)<br />
0<br />
⎟<br />
⎝<br />
⎠<br />
( 1<br />
0<br />
)<br />
Ept<br />
⎟ei(⃗p.⃗x− <br />
⎠ ) (10.128)<br />
ei(⃗p.⃗x−<br />
Ept<br />
) (10.129)<br />
ei(⃗p.⃗x+<br />
Ept<br />
) (10.130)<br />
⎛<br />
ψp,1/2 A = N ⎜<br />
⎝<br />
c⃗σ.⃗p<br />
( 0<br />
−mc 2 +|E|<br />
( )<br />
1<br />
0<br />
1<br />
)<br />
⎞<br />
Ept<br />
⎟ei(⃗p.⃗x+ <br />
⎠ ) (10.131)
150 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
Izkaže se, da so to dobra lastna stanja za naše tri operatorje. Najprej preverimo za gibalno<br />
količino:<br />
⎛ ( ) ⎞ 1<br />
ˆpψ<br />
p,1/2 D = N ⎜ 0<br />
Ept<br />
( ) ⎟ i(⃗p.⃗x−<br />
⎝<br />
c⃗σ.⃗p 1 ⎠ ˆ⃗pe ) =<br />
mc 2 +|E| 0<br />
⎛ ( ) ⎞ 1 = N ⎜ 0<br />
( ) ⎟<br />
⎝<br />
c⃗σ.⃗p 1 ⎠ (p Ept<br />
i(⃗p.⃗x−<br />
1e x + p 2 e y + p 3 e z )e ) = ⃗pψ p,1/2 D . (10.132)<br />
mc 2 +|E| 0<br />
Za ostala tri dana stanja bi lahko naredili enak račun in dobili isti rezultat:<br />
ˆ⃗pψ D,A<br />
⃗p,s<br />
= ⃗pψ D,A<br />
⃗p,s<br />
(10.133)<br />
Sedaj preverimo ali so dani vektorji dobri tudi za operator sučnosti. Tu nisem gledal<br />
splošno, pač pa sem si zaradi enostavnosti pogledal konkreten primer, ko se delec giblje v<br />
smeri osi z. V tem primeru se operator sučnosti poenostavi:<br />
Λ s = S z = 2<br />
⎛<br />
( )<br />
σz 0<br />
= ⎜<br />
0 σ z 2 ⎝<br />
Ko s tem operatorjem delujem na naša stanja dobim:<br />
⎛ ( )<br />
Λ s ψ⃗p,1/2 D = ( ) 1<br />
σ3 0<br />
N ⎜ 0<br />
2 0 σ 3<br />
⎝<br />
⎛<br />
= 2 N ⎜<br />
⎝<br />
⎛<br />
= 2 N ⎜<br />
⎝<br />
σ 3<br />
c⃗σ.⃗p<br />
1<br />
−1<br />
( 1<br />
mc 2 +|E| 0<br />
( )<br />
1<br />
σ 3<br />
0<br />
c⃗σ.⃗p<br />
( 1<br />
mc 2 +|E| 0<br />
( ) ⎞ 1<br />
0<br />
) ⎟<br />
⎠<br />
c⃗σ.⃗p<br />
mc 2 +|E|<br />
( 1<br />
0<br />
Za ostale primere dobimo podobne rezultate:<br />
)<br />
)<br />
1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
−1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ (10.134)<br />
ei(⃗p.⃗x−<br />
Ept<br />
) =<br />
ei(⃗p.⃗x−<br />
Ept<br />
) =<br />
ei(⃗p.⃗x−<br />
Ept<br />
) = 2 ψD p,1/2 (10.135)<br />
Λ s ψ D p,−1/2 = − 2 ψD p,−1/2<br />
(10.136)<br />
Λ s ψ A p,1/2 = 2 ψA p,1/2<br />
(10.137)<br />
Λ s ψ A p,−1/2 = − 2 ψA p,−1/2<br />
(10.138)
10.4. HERMITSKI OPERATORJI ZA PROST DIRACOV DELEC 151<br />
Od tod vidimo, da so dana stanja lastna stanja operatorja sučnosti z lastnimi vrednostmi<br />
± 2<br />
, glede na to ali ima dano stanje spin gor ali dol.<br />
Na koncu nam preostane še, da preverimo ustreznost danih stanj za operator ”predznaka”.<br />
Tudi tu sem preveril le za konkreten primer, ko se delec giblje v smeri osi z:<br />
Λψ D p,1/2 = c E p<br />
α 3 N<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
= c<br />
N ⎜<br />
E p<br />
⎝<br />
c⃗σ.⃗p<br />
cσ 3 p<br />
( 1<br />
0<br />
)<br />
)<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ ˆp 3 e i(px3 − Ept<br />
) +<br />
( 1<br />
mc 2 +|E| 0<br />
⎛ ( ) ⎞ 1<br />
+ mc2<br />
βN ⎜ 0<br />
( ) ⎟ − Ept<br />
E p<br />
⎝<br />
c⃗σ.⃗p 1 ⎠ ei(px3 ) =<br />
mc 2 +|E| 0<br />
⎛<br />
) ⎞<br />
+ mc2<br />
N ⎜<br />
E p<br />
⎝<br />
= E p<br />
E p<br />
N<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
( 1<br />
mc 2 +E p<br />
σ 3<br />
( )<br />
0<br />
1<br />
σ 3 0<br />
⎛ ( ) ⎞ 1<br />
0<br />
( )<br />
−<br />
c⃗σ.⃗p 1<br />
mc 2 +|E| 0<br />
( ) ⎞ 1<br />
0<br />
( )<br />
c⃗σ.⃗p 1<br />
mc 2 +|E| 0<br />
⎟<br />
⎠ pei(px3 − Ept<br />
) +<br />
⎟<br />
⎠ ei(px3 − Ept<br />
) =<br />
⎟<br />
⎠ ei(px3 − Ept<br />
) = 1ψ D p,1/2<br />
(10.139)<br />
Po povsem analognem postoku delujemo z operatorjem Λ še na ostala tri stanja in dobimo:<br />
Λψp,1/2 D = 1ψD p,1/2<br />
(10.140)<br />
Λψp,−1/2 D = 1ψD p,−1/2 (10.141)<br />
Λψp,1/2 A = −1ψA p,1/2<br />
(10.142)<br />
Λψp,−1/2 A = −1ψA p,−1/2 (10.143)<br />
(10.144)<br />
Tako, pokazali smo, da so naša <strong>iz</strong>brana stanja, ki rešijo Diracovo enačbo za prost delec tudi<br />
lastna stanja operatorja predznaka, z lastno vrednostjo λ = +1 za delčni valovni funkciji<br />
in z lastno vrednostjo λ = −1 za antidelčni valovni funkciji.
152 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
10.5 Operator hitrosti prostega Diracovega delca<br />
Ehrenfestov <strong>iz</strong>rek pravi, da pričakovane vrednosti kvantnomehanskih opazljivk (operatorjev)<br />
zadoščajo enačbam klasične <strong>mehanike</strong> za iste opazljivke. Za prost Diracov delec zapiši<br />
operator hitrosti ter določi časovno odvisnost njegove lege.<br />
Rešitev:<br />
Dogovorimo se, da operatorje ločimo na sode ali lihe, glede na to, kako spremenijo predznak<br />
energije stanja (λ), na katerega delujeko. Operator je sod, če <strong>iz</strong> pozitivne funkcije (λ = +1)<br />
naredi pozitivno funkcijo in <strong>iz</strong> negativne funkcije (λ = −1) naredi negativno funkcijo.<br />
Operator pa je lih, če <strong>iz</strong> pozitivne funkcije naredi negativno in obratno. Ob tem seveda<br />
velja, da je produkt dveh sodih ali dveh lihih operatorjev vedno sod in produkt sodega in<br />
lihega operatorja vedno lih. Velja tudi, da so vse pozitivne funkcije (λ = 1) ortogonalne<br />
na negativne funkcije (λ = −1). Iz naštetih trditev hitro ugotovimo, da je pričakovana<br />
vrednost lihega operatorja enaka nič:<br />
saj velja:<br />
〈ψ|A odd |ψ〉 = 0, (10.145)<br />
〈ψ λ=1 |A odd |ψ λ=1 〉 = 〈ψ λ=1 |ψ ′ λ=−1 〉 = 0 (10.146)<br />
〈ψ λ=−1 |A odd |ψ λ=−1 〉 = 〈ψ λ=−1 |ψ ′ λ=1 〉 = 0 (10.147)<br />
Vemo, da je energije prostega Diracovega delca dobro določena, fiksna, kar pomeni, da ima<br />
takšno stanje fiksen predznak energije (λ = ±1). Zaradi tega morajo biti v enodelčni teoriji<br />
vse f<strong>iz</strong>ikalne količine definirane s sodimi operatorji.<br />
Vsak operator A lahko razpišemo tako, da ga razdelimo na sodi ([A]) in lihi del ({A}).<br />
A = [A] + {A}, (10.148)<br />
Če vpeljemo nekoliko krajši zapis ψ λ=±1 = ψ ± , veljajo zveze:<br />
Aψ + = [A]ψ + + {A}ψ + (10.149)<br />
Aψ − = [A]ψ − + {A}ψ − (10.150)<br />
Če še upoštevamo, kaj naredi operator ”predznaka”:<br />
Λψ ± = ±ψ ± , (10.151)<br />
lahko <strong>iz</strong>peljemo naslednje zveze:<br />
ΛAΛψ + = ΛAψ + = Λ[A]ψ + + Λ{A}ψ + = [A]ψ + − Aψ + (10.152)<br />
ΛAΛψ − = −ΛAψ − = −Λ[A]ψ − − Λ{A}ψ − = [A]ψ − − Aψ − (10.153)
10.5. OPERATOR HITROSTI PROSTEGA DIRACOVEGA DELCA 153<br />
Če med seboj seštejemo zvezi 10.149 in 10.152 ter 10.150 in 10.153, dobimo kako se s<br />
prvotnim operatorjem <strong>iz</strong>raža sodi del operatorja:<br />
[A] = 1 (ΛAΛ + A) (10.154)<br />
2<br />
Če pa med seboj odštejemo zvezi 10.149 in 10.152 ter 10.150 in 10.153, pa <strong>iz</strong>vemo, kako se<br />
s prvotnim operatorjem <strong>iz</strong>raža lihi del operatorja A:<br />
{A} = 1 (A − ΛAΛ) (10.155)<br />
2<br />
Sedaj si nekoliko od bližje poglejmo Hamiltonov operator za prost Diracov delec. Zanj<br />
velja:<br />
ΛH f Λψ + = ΛH f ψ + = Λǫψ + = ǫψ + = H f ψ + (10.156)<br />
ΛH f Λψ − = −ΛH f ψ − = −Λǫψ − = −ǫψ − = H f ψ − , (10.157)<br />
kjer je ǫ energija danega stanja. Iz zgornjih zvez vidimo, da velja:<br />
kar pomeni, da je H f sod operator, saj posledično velja:<br />
ΛH f Λ = H f , (10.158)<br />
{H f } = 1 2 (H f − ΛH f Λ) = 0 (10.159)<br />
[H f ] = 1 2 (H f + H f ) = H f (10.160)<br />
Enaka zveza velja tudi gibalno količino:<br />
kar posledično pomeni, da je tudi gibalna količina sod operator:<br />
λˆ⃗pΛ = ˆ⃗p, (10.161)<br />
[ˆ⃗p] = 1 2 (ˆ⃗p + Λˆ⃗pΛ) = ˆ⃗p (10.162)<br />
Sedaj poiščimo sodi del Diracovih matrik ⃗α:<br />
[α i ] = 1 2 (α i + Λα i Λ) (10.163)
154 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
V ta namen si najprej poglejmo člen:<br />
Λα i Λ = (c(⃗α.⃗p) + βmc2 )α i<br />
Λ = (cα 2 i p i + c ∑ α j p j α i + βα i mc 2 ) Λ =<br />
E p<br />
E p<br />
i≠j<br />
= cp i<br />
Λ + βmc2 α i c(⃗α.⃗p)<br />
+ βα iβm 2 c 4<br />
E p E p E p Ep<br />
2 + c∑ i≠j α jp j α i Λ<br />
=<br />
E p<br />
= cp i<br />
Λ + βmc2<br />
e p Ep<br />
2 (α i α i p i + ∑ α i α j p j ) − α im 2 c 4<br />
E 2 i≠j<br />
p<br />
= cp i<br />
Λ + cp ∑<br />
i i≠j<br />
(<br />
cα jp j<br />
+ mc2 β<br />
E p E p<br />
= 2cp i<br />
E p<br />
Λ − α i<br />
∑<br />
i≠j<br />
+c ∑ i≠j<br />
cp j α j<br />
E p<br />
E p<br />
α j p j α i<br />
E p<br />
∑<br />
i≠k<br />
∑<br />
k≠i<br />
+ c∑ i≠j α jp j α i<br />
E p<br />
Λ =<br />
E p<br />
) − c2 p 2 i α i<br />
E 2 p<br />
cα k p k<br />
E p<br />
− α i<br />
m 2 c 4<br />
E 2 p<br />
+<br />
=<br />
cα k p k m 2 c 4<br />
− α i<br />
E p Ep<br />
2 − c2 p 2 i α i<br />
Ep<br />
2<br />
(10.164)<br />
V Dvojni vsoti ki nam ostane opazimo, da se vsi mešani členi pokrajšajo, tako da nam na<br />
koncu ostane le še:<br />
Λα i Λ = 2cp i<br />
Λ − α i ( c2 p 2 j≠i + c2 p 2 i − m2 c 4<br />
) = −α i + 2cp i<br />
Λ (10.165)<br />
E p E p<br />
E 2 p<br />
To sedaj pomeni, da je sodi del operatorja α i enak:<br />
[α i ] = 1 2 (α i − α i + 2cp i<br />
E p<br />
Λ) = cp i<br />
E p<br />
Λ (10.166)<br />
Sedaj, ko smo si utrli pot, pa se lahko lotimo konkretne <strong>naloge</strong>. Vemo, da se Ehrenfestov<br />
teorem glasi:<br />
d<br />
dt 〈A〉 = i 〈[H,A]〉 = 1 〈[A,H]〉 (10.167)<br />
i<br />
Poglejmo si, kaj dobimo , če za naš operator vzamemo operator lege A = ˆ⃗x:<br />
d<br />
dt ˆ⃗x = 1 [ˆx,c(⃗α.⃗p) + βmc<br />
2 ] = c<br />
i<br />
i [ˆ⃗x,(⃗α.⃗p)] + c ] [ˆ⃗x,βmc<br />
i<br />
(10.168)<br />
Drugi komutator komutira z opeartorjem odmika, tako da nam ostane le prvi člen:<br />
d<br />
dt ˆ⃗x = c ] [ˆ⃗x,(⃗α.⃗p) = c⃗α =<br />
i<br />
ˆ⃗v, (10.169)<br />
kjer smo upoštevali, da je:<br />
[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<br />
Tako smo pridelali operator hitrosti:<br />
ˆ⃗v = c⃗α (10.171)<br />
Mi vemo, da so lastne vrednosti matrik α i in β realne ( saj velja α † i = α i in β † = β) in<br />
znašajo ±1 1 . To pa ni dobro saj bi za absolutno vrednost pričakovane vrednosti hitrosti<br />
vedno dobili svetlobno hitrost:<br />
|〈v〉| = |〈cα〉| = c|〈ψ|α|ψ〉| = c, (10.172)<br />
kjer smo z ψ tokrat označili lastna stanja Diracovih matrik. Rezultat, ki smo ga dobili je<br />
paradoksalen in ga je prvi opazil Gregory Breit leta 1928.<br />
Rešitev <strong>iz</strong> dane zagate smo napovedali že v uvodu rešitve, kjer smo pokazali, da morajo<br />
biti vse f<strong>iz</strong>ikalne opazljivke opisane s sodimo operatorji. Zato vzamemo za definicijo hitrosti<br />
le sodi del zgornje zveze:<br />
ˆ⃗v = [ d c<br />
⃗x] = c[⃗α] =<br />
dt<br />
2ˆ⃗pΛ<br />
c √ˆp (10.173)<br />
2 + m 2 c2, kjer nam sedaj prav pride rezultat, ki smo ga <strong>iz</strong>peljali v uvodnem delu <strong>naloge</strong>. To kar<br />
sedaj dobimo, pa je smiselna definicija operatorja hitrosti, saj vidimo, da je sorazmerna z<br />
operatorjem gibalne količine in ni več konstanta kot je bila v prvotni rešitvi.<br />
Sedaj pa nas zanima še časovna odvisnost lege Diracovega prostega delca. V ta namen<br />
integrijamo enačbo 10.169. Da pa bi to storili, si najprej poglejmo, kako so od časa odvisne<br />
Diracove matrike:<br />
d⃗α<br />
dt = 1<br />
i [⃗α,H] = i (h⃗α − ⃗αH) = i <br />
kjer smo v zadnji vrstici upoštevali zvezo:<br />
(H⃗α − ⃗αH) −<br />
2i<br />
<br />
⃗αH =<br />
2i<br />
<br />
2i<br />
c⃗p − ⃗αH, (10.174)<br />
<br />
H⃗α + ⃗αH = c(⃗α.⃗p)⃗α + mc 2 β⃗α + c⃗α(⃗α.⃗p) + mc 2 ⃗αβ = 2c⃗p. (10.175)<br />
V zgornji <strong>iz</strong>peljavi smo upoštevali dejstvo, da matrike ⃗α in matrika β antikomutirajo. Sedaj<br />
pa še upoštevajmo dejstvo, da je:<br />
[⃗p,H] = 0 (10.176)<br />
[H,H] = 0, (10.177)<br />
kar posledično pomeni, da sta gibalna količina in energija neodvisno od časa.<br />
upoštevamo v zvezi 10.174, jo lahko enostavno integriramo in dobimo:<br />
⃗α(t) = (⃗α(0) − c⃗p Ĥt<br />
)e−2i + c⃗p<br />
Ĥ Ĥ<br />
Če to<br />
(10.178)<br />
1 Več o lastnih vrednostih Diracovih matrik lahko bralec prebere v knjigi: Walther Greiner: Relativistic<br />
quantum mechanics, str: 77
156 CHAPTER 10. DIRACOVA ENAČBA<br />
Dobljeni rezultat sedaj upoštevajmo v <strong>iz</strong>razu 10.169 in dobimo:<br />
d⃗x<br />
dt = c(⃗α(0) − c⃗p Ĥt c 2 ⃗p<br />
)e−2i +<br />
Ĥ Ĥ<br />
Ko enačbo še integriramo, dobimo končni rezultat:<br />
(10.179)<br />
⃗x(t) = ⃗x(0) + c2 ⃗p<br />
Ĥ t + (⃗α(0) − c⃗p Ĥ )ic 2H e−2iĤ t (10.180)<br />
Tako smo dobili časovno odvisnost operatorja odmika ⃗x(t). V prvih dveh členih prepoznamo<br />
klasično obnašanje, slednji člen pa predstavlja majhne oscilacije, takoimenovane Zitterbewegung<br />
2 .<br />
2 Več o tem si lahko bralec prebere v knjigi: Walther Greiner: Relativistic Quantum Mechanics, str.:92
Chapter 11<br />
Permutacijska grupa<br />
11.1 Bazne funkcije grupe S 3<br />
Določi bazne funkcije permutacijske grupe S 3 z enodelčnimi valovnimi funkcijami posamenzih<br />
delcev.<br />
Rešitev:<br />
V tokratnji nalogi se bomo ukvarjali z grupo S 3 , ki ima šest elementov. Ti so:<br />
e,(12),(13),(23),(123), (132) ∈ S 3 (11.1)<br />
Da bomo lahko našo grupo upodobili, potrebujemo vektorski prostor nad katerim bomo to<br />
lahko storili. V ta namen vpeljemo bazo:<br />
e 1 = ψ(1,2,3) = eψ(1,2,3) (11.2)<br />
e 2 = ψ(2,1,3) = (12)ψ(1,2,3) (11.3)<br />
e 3 = ψ(3,2,1) = (13)ψ(1,2,3) (11.4)<br />
e 4 = ψ(1,3,2) = (23)ψ(1,2,3) (11.5)<br />
e 5 = ψ(2,3,1) = (123)ψ(1,2,3) (11.6)<br />
e 6 = ψ(3,1,2) = (132)ψ(1,2,3), (11.7)<br />
kjer smo stanje sistema ψ sestavili kot produkt enodelčnih stanj treh nerazločljivih delcev,<br />
kjer je vsak delec v drugačnem stanju:<br />
V tem vektorskem prostoru lahko definiramo operator:<br />
E 1 = ∑<br />
ψ(1,2,3) = φ(1)φ(2)φ(3) (11.8)<br />
P ∈S 3<br />
P (11.9)<br />
To je popolnoma simetrični operator. Če z njim delujemo na stanje e 1 , dobimo:<br />
E 1 e 1 = e 1 + e 2 + e 3 + e 4 + e 5 + e 6 (11.10)<br />
157
158 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
To je povsem simetrična funkcija. Če na to funkcijo delujemo z vsako permutacijo R <strong>iz</strong> S 3,<br />
dobimo nazaj isto funkcijo:<br />
Podobno lahko vpeljemo tudi operator E 2 kot:<br />
R(E 1 e 1 ) = E 1 e 1 , ∀R ∈ S 3 (11.11)<br />
E 2 = ∑ P<br />
ǫ(P)P, (11.12)<br />
kjer je:<br />
ǫ(P) =<br />
{ +1; Ce je P sestavljena <strong>iz</strong> sodo transpozicij<br />
−1; Ce je P sestavljena <strong>iz</strong> liho transpozicij<br />
(11.13)<br />
Operator E 2 pa je povsem antisimetrični operator in funkcija, ki jo dobimo, ko z njim<br />
delujemo na e 1 :<br />
E 2 e 1 = e 1 − e 2 − e 3 − e 4 + e 5 + e 6 (11.14)<br />
je pravtako totalno antisimetrična. Tudi za to funkcijo velja, da če nanjo delujemo s<br />
katerokoli permutacijo, dobimo do predznaka isto funkcijo nazaj:<br />
R(E 2 e 1 ) = ǫ(R)E 2 e 1 (11.15)<br />
Iz vsega tega vidimo, da sta E 1 in E 2 projektorja na nek podprostor, <strong>iz</strong> katerega potem,<br />
ko smo enkrat padli vanj, ne moremo več ven. Iz zvez 11.11 in 11.15 pa vidimo, da sta<br />
tadva podprostora, kamor projecirata E 1 in E 2 , enodimenzionalna.<br />
11.1.1 Ekvivalenčni razredi grupe G<br />
g i ∈ S 3 je element ekvivalencnega razreda C j , če za ∀a j ∈ G velja:<br />
h ij = a j g i a −1<br />
j<br />
(11.16)<br />
in je množica h ij za vse elemente istega ekvivalenčnega razreda enaka.<br />
Permutacijska grupa S 3 ima tri ekvivalenčne razrede:<br />
C 1 = e (11.17)<br />
C 2 = P 12 ,P 13 ,P 23 (11.18)<br />
C 3 = (123),(132) (11.19)
11.1. BAZNE FUNKCIJE GRUPE S 3 159<br />
Figure 11.1: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 3 .<br />
11.1.2 Youngov diagram<br />
Ti diagrami povedo možne particije števila n. Zanje velja, da mora biti v vsaki naslednji<br />
vrsti manj elementov kot v prejšnji in da so vrstice vedno levo poravnane. Pomemben<br />
<strong>iz</strong>rek pa tudi pravi, da je število Youngovih diagramov (za dani n) enako številu<br />
ekvivalenčnih razredov grupe S n . Youngovi diagrami oz. takoimenovani okvirji so za<br />
primer grupe S 3 , ko je n = 3, prikazani na sliki 11.1.<br />
11.1.3 Youngov Tablo<br />
Youngov tablo dobimo tako, da napolnimo Youngove diagrame s številkami. Pri tem<br />
moramo slediti naslednjim zapovedim: V vsaki vrstici morajo števila naraščati od leve<br />
proti desni. V vsakem stolpcu pa morajo števila naraščati od zgoraj dol. Tudi za tabloje<br />
velja pomemben <strong>iz</strong>rek, ki pravi, da je število različnih tablojev nad istim okvirjem enako<br />
številu ekvivalenčnih razredov. Za primer grupe S 3 so tabloji predstavljeni na sliki 11.1.<br />
Vsakemu tabloju lahko pripišemo operator. Tvorimo ga tako, da najprej uporabimo<br />
simeter<strong>iz</strong>acijo po vseh vrsticah potem pa še antisimeter<strong>iz</strong>acijo po vseh stolpcih. Pri tem<br />
vemo, da je:<br />
S ij = I + P ij (11.20)<br />
A ij = I − P ij (11.21)<br />
Sedaj naredimo hitri intemezzo in poglejmo, kaj dobimo, če naredimo produkt simetričnega<br />
in antisimetričnega operatorja:<br />
S ij A ij = (I + P ij )(I − P ij ) = I + P ij − P ij − P 2<br />
ij = I − I = 0 (11.22)
160 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Dobljena lastnost nam bo kasneje še kako prišla prav.<br />
Operatorji, ki jih dobimo <strong>iz</strong> vsakega od Youngovih tablojev za primer grupe S 3 , so naslednji:<br />
E 1 = S 123 = [I + P 12 + P 13 + P 23 + P 123 + P 132 ] (11.23)<br />
E 2 = A 123 = [I − P 12 − P 13 − P 23 + P 123 + P 132 ] (11.24)<br />
E 31 = A 13 S 12 (11.25)<br />
E 32 = A 12 S 13 (11.26)<br />
Operatorji E, ki jih dobimo so projektorji na določen podprostor. Iz teorije vemo, da<br />
prostor grupe S 3 razpade na dva prostora 1 × 1 ter na dva prostora 2 × 2.<br />
Kot smo že ugotovili v uvodu, E 1 projecira na enodimenzionalni podprostor. Bazni vektor<br />
tega prostora je kar:<br />
|s〉 = E 1 ψ(123) = ψ(123) + ψ(213) + ψ(132) + ψ(321) + ψ(231) + ψ(312) (11.27)<br />
Ta vektor je invarianten saj gre vedno sam vase:<br />
To je tudi dokaz, da je dani podprostor 1D.<br />
Q|s〉 = |s〉, ∀Q ∈ S 3 (11.28)<br />
Projektor E 2 pravtako projecira na 1D podprostor, katerega bazni vektor je:<br />
|a〉 = E 2 ψ(123) = ψ(123) − ψ(213) − ψ(132) − ψ(321) + ψ(231) + ψ(312). (11.29)<br />
To je, kot tudi že vemo, antisimetrično stanje. Tudi ta vektor je invarianten, saj velja:<br />
Q|a〉 = ǫ(Q)|a〉, ∀Q ∈ S 3 (11.30)<br />
Sedaj smo našli bazna vektorja za enodimenzionalna podprostora. Preostane nam še, da<br />
poiščemo bazne vektorje še za preostala podprostora. V ta namen si poglejmo produkt:<br />
E 31 E 32 = A 13 S 12 A 12 S 13 = 0, (11.31)<br />
kjer smo upoštevali zvezo, ki smo jo <strong>iz</strong>peljali. To pomeni, da E 31 in E 32 projecirata na<br />
dva povsem ločena vektorska podprostora. Zato bomo bazna vektorja prvega podprostora<br />
iskali s pomočjo prvega projektorja E 31 , druga dva bazna vektorja za drugi podprostor pa<br />
s pomočjo drugega projektorja E 31 .<br />
Prvi bazni vektor prvega podprostora (3,1) enostavno najdemo in je kar:<br />
f 1 = E 31 e 1 = A 13 S 12 ψ(123) = ψ(123) + ψ(213) − ψ(321) − ψ(312) =<br />
= e 1 + e 2 − e 3 − e 6 (11.32)
11.1. BAZNE FUNKCIJE GRUPE S 3 161<br />
Sedaj poiščimo še drugi vektor podprostora. Upodabimo trik. Vemo, da če delujemo z<br />
R ∈ S 3 na vektor f 1 , bomo dobili nek vektor f 2 ′ , ki je linearna kombinacija pravih baznih<br />
vektorjev:<br />
Rf 1 = α R f 1 + β R f 2 = f ′ 2 (11.33)<br />
Če f 2 ni kolinearnen z f 1 je dober kandidat za drugi bazni vektor. Edino za kar moramo<br />
potem poskrebeti je to, da ga naredimo ortogonalnega na prvi bazni vektor. Pa storimo<br />
to. Za operator R sem <strong>iz</strong>bral R = (12):<br />
f ′ 2 = (12)f 1 = ψ(213) + ψ(123) − ψ(231) − ψ(132). (11.34)<br />
Vidimo, da dobljeni vektor f ′ 2 res ni vzporeden z f 1, zato ga uporabimo kot kandidata za<br />
drugi bazni vektor. Uporabimo kar Gram-Smidtovo ortogonal<strong>iz</strong>acijo. Nastavimo:<br />
f 2 = f ′ 2 + af 1 =<br />
= (1 + a)(ψ(123) + ψ(213)) − ψ(321) − ψ(312) − a(ψ(132) − ψ(231)). (11.35)<br />
Sedaj napravimo skalarni produkt:<br />
To nam da pogoj:<br />
〈f 1 |f 2 〉 = 0 = 2(1 + a) + a + a (11.36)<br />
a = − 1 2<br />
(11.37)<br />
in s tem pravi bazni vektor:<br />
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)<br />
Tako smo dobili oba bazna vektorja za prvi podprostor. Sedaj poiščimo še bazna vektorja<br />
g 1 ,g 2 za drugi podprostor. Prvega kandidata poiščemo s pomocjo projektorja E 32 =<br />
A 12 S 13 :<br />
g ′ 1 = E 32 e 1 = ψ(123) + ψ(321) − ψ(213) − ψ(231) = e 1 − e 2 + e 3 − e 5 (11.39)<br />
Sedaj še poskrbimo, da bo dani vektor pravokoten na vektorja f 1 ,f 2 :<br />
Uporabimo nastavek:<br />
g 1 ⊥ f 1 ,f 2 (11.40)<br />
g 1 = g ′ 1 + af 1 + bf 2 (11.41)<br />
Ko <strong>iz</strong>vršimo Gram-Smidtovo ortogonal<strong>iz</strong>acijo (To za nas naredi Mathematica), dobimo<br />
rešitev:<br />
g 1 = e 1 − e 2 + 1 2 (e 3 + e 4 − e 5 − e 6 ) =<br />
= ψ(123) − ψ(213) + 1 [ψ(321) + ψ(132) − ψ(231) − ψ(312)] (11.42)<br />
2
162 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Sedaj poiščimo še preostali bazni vektor g 2 . Znova uporabimo dejstvo, trik, kot smo ga pri<br />
iskanju f 2 :<br />
Za R sem tokrat <strong>iz</strong>bral R = (13). To nam da:<br />
Rg 1 = αg 1 + βg 2 (11.43)<br />
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)<br />
Z Gram-Smidtovo ortogonal<strong>iz</strong>acijo sedaj še zagotovimo, da bo:<br />
V ta namen uporabimo nastavek:<br />
Na koncu dobimo rezultat:<br />
g 2 ⊥ f 1 ,f 2 ,g 1 (11.45)<br />
g 2 = g ′ 2 + af 1 + bf 2 + cg 1 (11.46)<br />
g 2 = 3 4 (e 3 − e 4 + e 5 − e 6 ) = 3 (ψ(321) − ψ(132) + ψ(231) − ψ(312)) (11.47)<br />
4<br />
Tako, sedaj imamo vse bazne vektorje. Da bomo temeljiti, za konec dobljene bazne vektorje<br />
še normirajmo:<br />
g 2 = 1 (ψ(321) − ψ(132) + ψ(231) − ψ(312)) (11.48)<br />
2<br />
g 1 = √ 1 [<br />
ψ(123) − ψ(213) + 1 3 2 ψ(321) + 1 2 ψ(132) − 1 2 ψ(231) − 1 ]<br />
2 ψ(312) (11.49)<br />
f 2 = √ 1 [ 1<br />
3 2 ψ(123) + 1 2 ψ(213) + 1 2 ψ(321) − ψ(132) − ψ(231) + 1 ]<br />
2 ψ(312) (11.50)<br />
11.1.4 Ekvivalentne upodobitve operatorjev Q<br />
Za vsak operator Q ∈ S 3 lahko v podprostoru (3,1) zapišemo:<br />
f 1 = 1 [ψ(123) + ψ(213) − ψ(321) − ψ(312)] (11.51)<br />
2<br />
Q|f 1 〉 = α Q f 1 + β Q f 2 (11.52)<br />
Q|f 2 〉 = β Q f 1 + γ Q f 2 (11.53)<br />
kar nam da matrično upodobitev tega operatorja Q v tem podprostoru:<br />
[ ] α β<br />
T Q =<br />
β γ<br />
(11.54)
11.1. BAZNE FUNKCIJE GRUPE S 3 163<br />
Podobno lahko predstavimo tudi operator Q v drugem podprostoru (3,2):<br />
Q|g 1 〉 = a Q g 1 + b Q g 2 (11.55)<br />
Q|g 2 〉 = b Q g 1 + c Q g 2 , (11.56)<br />
kar pa nam da upodobitev operatorja Q v tem podprostoru:<br />
[ ]<br />
T Q ′ a b<br />
=<br />
b c<br />
(11.57)<br />
Teorija pravi, da sta upodobitvi T Q in T Q ′ med seboj ekvivalentni, kar pomeni, da za vse<br />
Q ∈ S 3 obstaja univerzalna transformacija U (neodvsna od Q) tako, da velja:<br />
T ′ Q = UT Q U −1 (11.58)<br />
Poskusimo sedaj poiskati takšno transformacijo U. V ta namen delujmo z Q = (12) na<br />
stanja f 1 in f 2 ter g 1 in g 2 :<br />
(12)f 1 = 1 2 (e 1 + e 2 − e 4 − e 5 ) (11.59)<br />
(12)f 2 = √ 1 [ 1<br />
3 2 e 1 + 1 2 e 2 + 1 2 e 5 − e 6 − e 3 + 1 ]<br />
2 e 4<br />
(11.60)<br />
(12)g 1 = √ 1 [−e 1 + e 2 − 1<br />
3 2 e 3 − 1 2 e 4 + 1 2 e 5 + 1 ]<br />
2 e 6<br />
(11.61)<br />
(12)g 2 = 1 2 (e 5 − e 6 + e 3 − e 4 ) (11.62)<br />
Potem <strong>iz</strong>računajmo 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 ,<br />
(12)g 1 .g 2 , (12)g 2 .g 1 , (12)g 2 .g 2 . Ti skalarni nam dajo ravno matrične elemente naših matričnih<br />
upodobitev v posamezni bazi:<br />
[ √ ] 1/2 3/2<br />
T (12) = √ (11.63)<br />
3/2 −1/2<br />
T ′ (12) = [ −1 0<br />
0 1<br />
]<br />
(11.64)<br />
S pomočjo dobljenih matrik pa lahko sedaj rešimo enačbo 11.58, in <strong>iz</strong>računamo transformacijo<br />
U:<br />
[ √ ] 1 − 3<br />
U = √ (11.65)<br />
3 1<br />
(11.66)<br />
Da bi ugotovili, da je to res ustrezna transformacija, bi morali preveriti, če deluje pravilno<br />
za vse Q. Ker pa je teta Lenoba naša tesna prijateljica to storimo le za Q = e in Q = (13).<br />
Da transformacija U deluje za Q = e takoj vidimo. Vemo, da je T e = T e ′ = I. Zato velja:<br />
I = T ′ e = UT e U −1 = UIU −1 = I (11.67)
164 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Za Q = (13) pa <strong>iz</strong>vedemo isti postopek kot smo ga zgoraj pri tvorbi matrike U. Tvorimo<br />
upodobitve T (13) in T<br />
(13) ′ in pogledamo, ali U pravilno transformira eno v drugo. Upodobitve<br />
operatorja (13) v obeh bazah se glasita:<br />
[ ] −1 0<br />
T (13) =<br />
(11.68)<br />
0 1<br />
[ √ ]<br />
T<br />
(13) ′ 1/2 3/2<br />
= √ (11.69)<br />
3/2 −1/2<br />
Ko <strong>iz</strong>računamo UT (13) U −1 , vidimo, da dobimo pravi rezultat:<br />
[ ] [ √ ]<br />
−1 0<br />
U U −1 1/2<br />
= √ 3/2<br />
, (11.70)<br />
0 1 3/2 −1/2<br />
kar pomeni, da je transformacija U (vsaj za preverjene Q) pravilna!!!<br />
11.2 Upodobitev grupe S 3<br />
S permutacijsko grupo S 3 smo se pobližje spoznali že v prejšnjih nalogah. Določili smo<br />
Youngove tabloje, ki ustrezajo tej permutacijski grupi (Glej sliko 11.2), <strong>iz</strong> njih pa generatorje<br />
baznih vektorjev danih podprostorov grupe S 3 :<br />
ψ s = |123〉 + |213〉 + |321〉 + |132〉 + |231〉 + |312〉 (11.71)<br />
ψ a = |123〉 − |213〉 − |321〉 − |132〉 + |231〉 + |312〉 (11.72)<br />
ψ 1 m = |123〉 + |213〉 − |321〉 − |232〉 (11.73)<br />
ψ 2 m<br />
= |123〉 + |321〉 − |213〉 − |312〉 (11.74)<br />
Z dano notacijo stanj imamo v mislih produktno stanje treh delcev:<br />
|123〉 = α(1)β(2)γ(3), (11.75)<br />
kjer hočemo povedati, da je delec α v stanju 1, delec β v stanju 2 in delec γ v stanju 3. Vsak<br />
od teh vektorjev pripada enemu podprostoru grupe. Prave bazne vektorje vsakega podprostora<br />
določimo s pomočjo <strong>iz</strong>branega generatroja in Gram-Smitdhovo ortogonal<strong>iz</strong>acijo,<br />
kot smo to napravili v prejšnji nalogi.<br />
Sedaj pa se vprašajmo kako se upodobitev grupe S 3 spremeni, če sta dva delca v istem<br />
stanju. Izberimo si, da je delec α v stanju 1, delca β in γ pa sta v stanju 2. V tem primeru<br />
nekateri Youngovi diagrami niso več možni. Velja namreč, da je A ii = 0. To pomeni, da<br />
bodo tisti Youngovi diagrami oziroma ustrezna generatorska stanja, ki imajo v stolpcu dve<br />
enaki števili enaki nič. Youngovi diagrami za dani primer so prikazani na sliki 11.3.<br />
Ustrezna generatorska stanja za dani primer dobimo tako, da v stanjih (11.74) nadomestimo<br />
3 −→ 2. Tako dobimo:<br />
ψ s = 2|122〉 + 2|212〉 + 2|221〉 (11.76)<br />
ψ a = |122〉 − |212〉 − |221〉 − |122〉 + |221〉 + |212〉 = 0 (11.77)<br />
ψ m = |122〉 + |212〉 − 2|221〉 (11.78)
11.2. UPODOBITEV GRUPE S 3 165<br />
Figure 11.2: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 3 , ko so vsi trije delci v različnih stanjih.<br />
Figure 11.3: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 3 , ko velja β = γ.
166 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Figure 11.4: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 3 , ko velja α = β.<br />
Vidimo, da je anstisimetrično stanje resnično 0, kot kaže to Youngov diagram. Vidimo,<br />
da nam v danem primeru ostaneta le dva podprostora različna od nič. Naš prostor nad<br />
katerim gradimo našo upodobitev grupe se je skrčil <strong>iz</strong> začetnih osem dimenzij (1+3+3+1)<br />
na le še štiri dimenzije (1+3).<br />
Sedaj si poglejmo še primer, ko pa sta v enakem stanju delca α = β ⇔ 1, delec γ ⇔ 2<br />
pa je v drugačnem stanju. Youngovi tabloji za ta primer so prikazani na sliki 11.4.<br />
Tudi v tem primeru, ko nadomestimo 2 =⇒ 1 v <strong>iz</strong>razih (11.74), sta od nič različna le<br />
dva generirajoča vektorja:<br />
ψ 2 m<br />
ψ s = 2|113〉 + 2|311〉 + 2|131〉 (11.79)<br />
ψ 1 m<br />
ψ a = 0 (11.80)<br />
= 2|113〉 − |311〉 − |131〉 (11.81)<br />
= |113〉 + |311〉 − |113〉 − |311〉 = 0 (11.82)<br />
Vidimo, da se tudi v tem primeru začetni prostor skrči na isto dimenzijo kot v predhodnem<br />
primeru.<br />
Sedaj pa si poglejmo, kakšna pa je možna upodobitev grupe S 3 , ko imamo vse tri delce<br />
v enakem stanju. Youngovi tabloji so naslikani na sliki 11.5.<br />
Iz tablojev vidimo, da v danem primeru ostane od nič različna le še enodimenzionalna<br />
simetrična upodobitev. To potrdi tudi <strong>iz</strong>račun generirajočih vektorjev, ko še enkrat v
11.3. UPODOBITEV GRUPE S 4 167<br />
Figure 11.5: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 3 , ko velja α = β = γ.<br />
<strong>iz</strong>razih (11.74) nadomestimo 2,3 =⇒ 1. Dobimo:<br />
ψ s = 6|111〉 (11.83)<br />
ψ a = 0 (11.84)<br />
ψ m = 0 (11.85)<br />
Tega računa nam ne bi bilo potrebno <strong>iz</strong>vajati, saj že Youngovi tabloji povedo, kateri generatorji<br />
bodo nič. Vendar da pomirimo našo dušo in se prepričamo, da je temu res tako,<br />
dani ”računčič” prav nič ne škodi.<br />
V tem primeru pa vidimo, da se je bazni prostor, nad katerim gradimo našo upodobitev<br />
skrčil le še v eno dimenzijo.<br />
11.3 Upodobitev grupe S 4<br />
Sedaj ko smo ogreti, pa zgradimo upodobitev grupe S 4 nad prostorom bazičnih vektorjev<br />
zgrajenih <strong>iz</strong> produktov štirih enodelčnih stanj.<br />
Ireducibilne reprezentacije permutacijske grupe S 4 so podane z Youngovimi diagrami,<br />
ki so prikazani na sliki 11.6. Iz njih, ko jih naponimo s števili, dobimo Youngove tabloje,<br />
ki narekujejo obliko generatorjev baznih vektorjev posameznih podprostorov.<br />
Generatorja oziroma kar bazna vektorja simetričnega in antisimetričnega enodimen-
168 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Figure 11.6: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 4 , ko ko vsi delci v različnih stanjih.<br />
zionalnega podprostora sta :<br />
|ψ s 〉 = 1 2 3 4 |1234〉 (11.86)<br />
|ψ a 〉 =<br />
1<br />
2<br />
3<br />
4<br />
|1234〉 (11.87)<br />
Oba dana vektorja imasta po 24 členov zato jih bomo pisali le tako simbolično. Potem<br />
imamo dvakrat tri ekvivalentne tridimenzionalne upodobitve. Generatorji za prvi primer<br />
(lezeči L) se glsijo:<br />
|ψ 1 b 〉 = A 14S 123 |1234〉 =<br />
= [|1234〉 + |2134〉 + |3214〉 + |1324〉 + |2314〉 + |3124〉] −<br />
− [|4231〉 + |2431〉 + |3241〉 + |4321〉 + |2341〉 + |3421〉] (11.88)<br />
|ψ 2 b 〉 = A 13S 124 |1234〉 =<br />
= [|1234〉 + |2134〉 + |4231〉 + |1432〉 + |2431〉 + |4132〉] −<br />
− [|3214〉 + |2314〉 + |4213〉 + |3412〉 + |2413〉 + |4312〉] (11.89)<br />
|ψ 3 b 〉 = A 12S 134 |1234〉 =<br />
= [|1234〉 + |3214〉 + |4231〉 + |1243〉 + |3241〉 + |4213〉] −<br />
− [|2134〉 + |3124〉 + |4132〉 + |2143〉 + |3142〉 + |4123〉] (11.90)<br />
Kot smo že rekli, so dane ekvivalentne upodobitve tridimenzionalne, torej ima vsaka 3
11.3. UPODOBITEV GRUPE S 4 169<br />
bazne vektorje. Kandidati za 1. podprostor so :<br />
|ψ 1 b 〉,P 12|ψ 1 b 〉 in P 13|ψ 1 b 〉 (11.91)<br />
Ti vektorji se niso med seboj ortogonalni. Ortogonalnost dosežemo z Gram-Smidthovo<br />
ortogonal<strong>iz</strong>acijo. Kandidati za drugi podprostor so:<br />
Za tretji ekvivalentni podprostor pa so:<br />
|ψ 2 b 〉,P 12|ψ 2 b 〉, in P 14|ψ 2 b 〉 (11.92)<br />
|ψ 3 b 〉,P 13|ψ 3 b 〉 in P 14|ψ 3 b 〉 (11.93)<br />
Generatrorji baznih stanj za drugi primer (Na glavo obrnjen L) 3D upodobitve pa se<br />
glasijo:<br />
|ψ 1 c 〉 = A 134S 12 |1234〉 =<br />
= |1234〉 + |2134〉 − |3214〉 − |2314〉 − |4231〉 − |2431〉 −<br />
−|1243〉 − |2143〉 + |3241〉 + |2341〉 + |4213〉 + |2413〉 (11.94)<br />
|ψ 2 c 〉 = A 124 S 13 |1234〉 =<br />
= |1234〉 + |3214〉 − |2134〉 − |3124〉 − |4231〉 − |3241〉 −<br />
−|1432〉 − |3412〉 + |2431〉 + |3421〉 + |4132〉 + |3142〉 (11.95)<br />
|ψ 3 c 〉 = A 123S 14 |1234〉 =<br />
= |1234〉 + |4231〉 − |2134〉 − |4132〉 − |3214〉 − |4213〉 −<br />
−|1324〉 − |4321〉 + |2314〉 + |4312〉 + |3124〉 + |4123〉 (11.96)<br />
Za ta primer poiščemo bazne vektorje na isti način kot v predhodnih primerih. Za konec pa<br />
sta nam ostala še dva kvadratna tabloja, ki predstavljata dve ekvivalentni dvodimenzionalni<br />
upodobitvi grupe S 4 . Generatroja baznih stanj za dani dve upodobitvi sta:<br />
|ψ 1 c 〉 = A 24A 13 S 34 S 12 |1234〉 =<br />
= |1234〉 + |2134〉 + |1243〉 + |2143〉 − |3214〉 − |2314〉 −<br />
−|3241〉 − |2341〉 − |1432〉 − |4132〉 − |1423〉 −<br />
−|4123〉 + |3412〉 + |4312〉 + |3421〉 + |4321〉 (11.97)<br />
|ψ 2 c 〉 = A 34 A 12 S 24 S 13 |1234〉 =<br />
= |1234〉 + |3214〉 + |1432〉 + |3412〉 − |2134〉 − |3124〉 −<br />
−|2431〉 − |3421〉 − |1243〉 − |4213〉 − |1342〉 −<br />
−|4312〉 + |2143〉 + |4123〉 + |2341〉 + |4321〉 (11.98)<br />
Preostali dve bazni stanji (za vsak podprostor še enega) za dani reprezentaciji poiščemo<br />
tako, da delujemo na dana generatroja s permutacijami in poiščemo v vsakem podprostoru<br />
še po en nekolinearen vektor. Ko ga enkrat imamo pa ortogonalnost med baznimi vektorji<br />
v vsakem od podprostorov zopet zagotovimo z Gram-Smidtovo ortogonal<strong>iz</strong>acijo.
170 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Figure 11.7: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 4 , ko je γ = δ =⇒ 3.<br />
Sedaj pa si poglejmo primer, ko imamo štiri delce in le tri možna stanja. V tem primeru<br />
imamo tri možnosti:<br />
1.) α(1)β(2)γ(3)δ(3) =⇒ |1233〉<br />
2.) α(1)β(1)γ(2)δ(3) =⇒ |1123〉<br />
3.) α(1)β(2)γ(2)δ(3) =⇒ |1223〉<br />
(11.99)<br />
Analogno kot smo imeli v primeru grupe S 3 tudi tu določene upodobitve niso več dovoljene.<br />
Youngovi tabloji za prvi primer so prikazani na sliki 11.7.<br />
Vidimo, da imamo v tem primeru le še 5 invariantnih podprostorov in ne več 10, ko so<br />
vsi delci v različnih stanjih. Generirajoča stanja s pomočjo katerih potem dobimo bazna
11.3. UPODOBITEV GRUPE S 4 171<br />
Figure 11.8: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 4 , ko je α = β =⇒ 1.<br />
stanja za posamezen podprostor se glasijo:<br />
|ψ s 〉 = 1 2 3 3 |1233〉 (11.100)<br />
|ψb 1 〉 = |1233〉 + |2133〉 + |3213〉 + |1323〉 + |2313〉 + |3123〉 −<br />
−2|3231〉 − 2|2331〉 − 2|3321〉 (11.101)<br />
|ψb 2 〉 = |1233〉 + |2133〉 + |3231〉 + |1332〉 + |2331〉 + |3132〉 −<br />
−2|3213〉 − 2|2313〉 − 2|3312〉 (11.102)<br />
|ψ 1 c 〉 = 2|1233〉 + 2|2133〉 − |3213〉 − |2313〉 − |3231〉 − |2331〉 −<br />
−|1332〉 − |3132〉 − |1323〉 − |3123〉 + 2|3312〉 + 2|3321〉 (11.103)<br />
|ψd 1 〉 = |1233〉 + |3213〉 − |2133〉 − |3123〉 − 2|3231〉 − |1332〉 −<br />
−|3312〉 + |2331〉 + |3321〉 + 2|3132〉 (11.104)<br />
(11.105)<br />
Te <strong>iz</strong>računamo tako, da v generatorje, kjer smo imeli vse štiri delce v različnih stanjih<br />
vstavimo γ = δ ⇔ 3. Kar dobimo je pet generirajočih funkcij za dani primer, s katerimi<br />
lahko sedaj <strong>iz</strong>računamo bazna stanja.<br />
Podobno bi lahko poiskali generatorje tudi za primera b.) in c.). Ker se <strong>iz</strong> tega ne bi naučili<br />
nič novega tega računa nisem napravil. Za dane primere sem narisal le Youngove diagrame<br />
(Glej sliko 11.8 in 11.9) od koder vidimo, da tudi v teh primerih ostane le še pet invariantnih<br />
podprostorov.
172 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Figure 11.9: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer grupe<br />
S 4 , ko je β = γ =⇒ 2.<br />
Sedaj pa si lahko pogledamo še katere upodobitve so dovoljene v primeru, ko imamo<br />
štiri delce in le dve dovoljeni stanji. Pogledal sem si primer:<br />
|1122〉 = α(1)β(1)γ(2)δ(2) (11.106)<br />
Youngovi diagrami za ta primer so predstavljeni na sliki 11.10. Vidimo lahko, da nam v<br />
tem primeru ostanejo le še trije invariantni podprostori. To pomeni, da imamo le še tri<br />
generirajoče vektorje, ki jih dobimo na povsem a<strong>naloge</strong>n način kot v prejšnjih primerih.<br />
Čisto za konec pa nam ostane še primer, ko so vsi štrije delci v enakem stanju. V tem<br />
primeru pa nam ostane le še enodimenzionalni simetrični podprostor in stanje (Youngovi<br />
tabloji so na sliki 11.11):<br />
|ψ s 〉 = |1111〉 (11.107)<br />
11.4 Paulijeva funkcija<br />
Dokaži, da je funckija <strong>iz</strong> 4 elektronov nad podprostorom 32 grupe S 4 Paulijeva funkcija.<br />
Rešitev:<br />
Funkcija v tem podprostoru ima obliko:<br />
|ψ〉 = ∑ i<br />
c i<br />
∣ ∣∣∣∣∣∣∣<br />
⊗<br />
〉<br />
(11.108)<br />
i
11.4. PAULIJEVA FUNKCIJA 173<br />
Figure 11.10: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer<br />
grupe S 4 , ko imamo štiri delce in le dve možni stanji: α = β =⇒ 1 in γ = δ =⇒ 2.<br />
Figure 11.11: Shematski prikaz Youngovih diagramov in Youngovih tablojev za primer<br />
grupe S 4 , ko imamo vse štiri delce v enakem stanju. α = β = γ = δ =⇒ 1.
174 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Vsako stanje (|...⊗...〉 i ) po katerih razvijemo našo funkcijo sestoji <strong>iz</strong> krajevnega (pokončni)<br />
in spinskega (ležeči) dela. Vse možne komponente teh stanj (Youngove tabloje) poiščemo<br />
tako, da delujemo z vsemi možnimi transpozicijami: e,P 12 ,P 13 ,P 14 ,P 23 ,P 24 ,P 34 na <strong>iz</strong>hodiščno<br />
funkcijo |0〉, ki se glasi:<br />
|0〉 =<br />
1 2 3<br />
4 (11.109)<br />
Ko dobimo nova stanja tudi na njih delujemo z našimi transpozicijami tako da dobimo še<br />
kakšno novo stanje... To delamo toliko časa, da ne <strong>iz</strong>črpamo vseh možnosti(Glej sliko 11.12).<br />
V danem primeru imamo naslednje možnosti:<br />
Figure 11.12: Slika prikazuje vse potrebne korake in poti, ki nas <strong>iz</strong> <strong>iz</strong>hodiščne funkcije<br />
pripeljejo do vseh možnih stanj.<br />
P 34 |0〉 =<br />
1 2 4<br />
3 = |1〉 (11.110)<br />
P 23 |1〉 =<br />
1 3 4<br />
2 = |2〉 (11.111)<br />
S tem smo <strong>iz</strong>črpali vse možnosti. Celotno našo funkcijo |ψ〉 pa sedaj zapišemo v obliki:<br />
|ψ〉 =<br />
∣<br />
1 4<br />
2<br />
3<br />
⊗<br />
1 2 3<br />
4<br />
〉<br />
+ c 1<br />
∣ ∣∣∣∣∣∣∣ 1 3<br />
2<br />
4<br />
⊗<br />
1 2 4<br />
3<br />
〉<br />
+<br />
∣ ∣∣∣∣∣∣∣ 1 2<br />
3<br />
+c 2<br />
4<br />
⊗<br />
1 3 4<br />
2<br />
〉<br />
(11.112)<br />
Konstante c i lahko zasedejo vrednost c i = ±1. Če smo stanje |i〉 dobili s sodim številom<br />
transpozicij, potem je c i = 1, če pa z lihim številom transpozicij pa c i = −1. Ob
11.4. PAULIJEVA FUNKCIJA 175<br />
upoštevanju tega, se naša funckija potem glasi:<br />
|ψ〉 =<br />
∣<br />
1 4<br />
2<br />
3<br />
⊗<br />
1 2 3<br />
4<br />
〉<br />
−<br />
∣<br />
1 3<br />
2<br />
4<br />
⊗<br />
1 2 4<br />
3<br />
〉<br />
+<br />
∣<br />
1 2<br />
3<br />
4<br />
⊗<br />
1 3 4<br />
2<br />
〉<br />
(11.113)<br />
Sedaj pa pokažimo, da je tako dobljena funkcija Paulijeva. Za funkcijo, ki opisuje<br />
elektrone mora veljati, da je:<br />
P ij |ψ〉 = −|ψ〉 (11.114)<br />
Pri tem je potrebno poudariti, da ko zapišemo transpozicijo P ij na naše stanje (|... ⊗ ...〉 i )<br />
imamo v mislih:<br />
P ij = P x<br />
ij ⊗ P s<br />
ij (11.115)<br />
Dano trditev bomo dokazali v Yamanuchijevi bazi. Ekspicitno baznih stanj v tej bazi ne<br />
poznamo, vendar to za naš dokaz ni potrebno, saj nas zanimajo le koeficienti pred baznimi<br />
stanji. Kar pa je pomembno je pravilo, ki pove, kako v tej bazi transpozicija učinkuje na<br />
neko stanje. Velja:<br />
P i,i+1<br />
i + 1<br />
i<br />
= − 1 d<br />
i √<br />
d<br />
i + 1 +<br />
2 − 1<br />
d<br />
i + 1<br />
i (11.116)<br />
P i,i+1<br />
i + 1<br />
i<br />
= 1 d<br />
i + 1 √<br />
d<br />
i +<br />
2 − 1<br />
d<br />
i + 1<br />
i , (11.117)<br />
kjer d pove, koliko kvadratkov prečkamo na najkrajši poti od i do i + 1.<br />
Poskusimo na naše stanje najprej delovati s transpozicijo P 12 . V tem primeru dobimo:<br />
P 12 |ψ〉 = (−+)|0〉 − (−+)|1〉 + (+−)|2〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 = −|ψ〉, (11.118)<br />
kjer prvi predznak v oklepaju pride od krajevnega dela (ko delujemo s transpozicijo na<br />
navpični tablo), drugi pa od spinskega dela (ko delujemo s transpozicijo na ležeči tablo).<br />
Dobljeni rezultat nas razveseli, saj dobimo pravo odvisnost. Da bomo še nekoliko bolj
176 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
prepričani pa si poglejmo še, kaj dobimo, če na naše stanje delujemo z P 23 :<br />
⎡⎛<br />
= (−+)|0〉 − ⎢⎜<br />
1<br />
⎣⎝2<br />
1 3<br />
2<br />
4<br />
+<br />
√<br />
3<br />
2<br />
1 2<br />
3<br />
4<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎟<br />
⎠ ⊗ ⎝− 1 2<br />
1 2 4 √<br />
3<br />
3 +<br />
2<br />
1 3 4<br />
2<br />
P 23 |ψ〉 =<br />
⎤<br />
⎞<br />
⎠⎥<br />
⎦ +<br />
⎡⎛<br />
+ ⎢⎜<br />
⎣⎝ −1 2<br />
1 2<br />
3<br />
4<br />
+<br />
√<br />
3<br />
2<br />
1 2<br />
3<br />
4<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎟<br />
⎠ ⊗ ⎝+ 1 2<br />
1 3 4 √<br />
3<br />
2 +<br />
2<br />
1 2 4<br />
3<br />
⎤<br />
⎞<br />
⎠⎥<br />
⎦ =<br />
= −|0〉 −<br />
[− 1 4 |1〉 + 3 ]<br />
4 |2〉 +<br />
[− 1 4 |2〉 + 3 ]<br />
4 |1〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 = −|ψ〉(11.119)<br />
Fino, pa smo tudi za to permutacijo pokazali, da dobimo pravi rezultat nazaj. Za vse ostale<br />
permutacije moramo napraviti povsem a<strong>naloge</strong>n račun in dobili bomo vedno isti rezultat.<br />
11.5 Paulijeva funkcija <strong>II</strong><br />
Sedaj pa dokažimo, da je funkcija sestavljena <strong>iz</strong> petih elektronov nad podprostorom simetrijskega<br />
tipa 32 grupe S 5 Paulijeva funkcija.<br />
Rešitev:<br />
Postopamo povsem analogno kot v prejšnjem primeru, le da imamo tu en elektron več.<br />
Najprej moramo poiskati našo funckijo, ki ima v splošnem obliko:<br />
|ψ〉 = ∑ i<br />
c i<br />
∣ ∣∣∣∣∣∣∣<br />
⊗<br />
〉<br />
(11.120)<br />
i<br />
Izhodiščna funkcija je v tem primeru:<br />
|0〉 =<br />
1 2 3<br />
4 5 (11.121)<br />
Celotno valovno funkcijo za dani primer dobimo tako, da z vsemi možnimi transpozicijami<br />
delujemo na <strong>iz</strong>hodiščno funcijo |0〉. Transpozicije, ki so na voljo, so: P 12 ,P 13 ,P 14 ,P 15 ,P 23 ,<br />
P 24 ,P 25 ,P 34 ,P 35 ,P 45 . Ko <strong>iz</strong>vedemo naš ”rekurzijski postopek” (Glej sliko 11.13), dobimo<br />
naslednje možnosti:
11.5. PAULIJEVA FUNKCIJA <strong>II</strong> 177<br />
Figure 11.13: Slika prikazuje vse potrebne korake in poti, ki nas <strong>iz</strong> <strong>iz</strong>hodiščne funkcije<br />
pripeljejo do vseh možnih stanj.<br />
P 34 |0〉 =<br />
1 2 4<br />
3 5 = |1〉 (11.122)<br />
P 23 |1〉 =<br />
1 3 4<br />
2 5 = |2〉 (11.123)<br />
P 45 |1〉 =<br />
1 2 5<br />
3 4 = |3〉 (11.124)<br />
P 45 |2〉 =<br />
1 3 5<br />
2 4 = |4〉 (11.125)<br />
P 23 |3〉 =<br />
1 3 5<br />
2 4 = |4〉 (11.126)<br />
P 34 |4〉 =<br />
1 4 5<br />
2 3 = |5〉 (11.127)
178 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
S tem smo <strong>iz</strong>črpali vse možnosti, ki so nam na voljo. Z dobljenimi funckijami lahko sedaj<br />
zapišemo našo valovno funkcijo:<br />
|ψ〉 =<br />
∣<br />
+<br />
∣<br />
1 4<br />
2 5<br />
3<br />
1 3<br />
2 4<br />
5<br />
⊗<br />
⊗<br />
1 2 3<br />
4 5<br />
1 2 5<br />
3 4<br />
〉<br />
−<br />
∣<br />
〉<br />
−<br />
∣<br />
1 3<br />
2 5<br />
4<br />
1 2<br />
3 4<br />
5<br />
⊗<br />
⊗<br />
1 2 4<br />
3 5<br />
1 3 5<br />
2 4<br />
〉<br />
+<br />
∣<br />
〉<br />
+<br />
∣<br />
1 2<br />
3 5<br />
4<br />
1 2<br />
4 3<br />
5<br />
⊗<br />
⊗<br />
1 3 4<br />
2 5<br />
1 4 5<br />
2 3<br />
〉<br />
+<br />
〉<br />
(11.128)<br />
Sedaj, ko enkrat imamo <strong>iz</strong>računano funckijo, pa poglejmo, ali je ta funkcija Paulijeva.<br />
Najprej delujmo na njo s permutacijo P 12 . Dobimo:<br />
P 12 |ψ〉 = (−+)|0〉 − (−+)|1〉 + (+−)|2〉 + (−+)|3〉 −<br />
−(+−)|4〉 + (+−)|5〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 − |3〉 + |4〉 − |5〉 = −|ψ〉 (11.129)<br />
”So far so good!” Sedaj pa naredimo strožji test in na funkcijo delujmo s permutacijo P 23 .<br />
Dobimo:<br />
⎡⎛<br />
= (−+)|0〉 − ⎢⎜<br />
1<br />
⎣⎝2<br />
1 3<br />
2 5<br />
4<br />
+<br />
√<br />
3<br />
2<br />
1 2<br />
3 5<br />
4<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎟<br />
⎠ ⊗ ⎝− 1 2<br />
1 2 4 √<br />
3<br />
3 5 +<br />
2<br />
1 3 4<br />
2 5<br />
P 23 |ψ〉 =<br />
⎤<br />
⎞<br />
⎠⎥<br />
⎦ +<br />
⎡⎛<br />
+ ⎢⎜<br />
⎣⎝ −1 2<br />
1 2<br />
3 5<br />
4<br />
+<br />
√<br />
3<br />
2<br />
1 3<br />
2 5<br />
4<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎟<br />
⎠ ⊗ ⎝ 1 2<br />
1 3 4 √<br />
3<br />
2 5 +<br />
2<br />
1 2 4<br />
3 5<br />
⎤<br />
⎞<br />
⎠⎥<br />
⎦ +<br />
⎡⎛<br />
+ ⎢⎜<br />
1<br />
⎣⎝2<br />
1 3<br />
2 4<br />
5<br />
+<br />
√<br />
3<br />
2<br />
1 2<br />
3 4<br />
5<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎟<br />
⎠ ⊗ ⎝− 1 2<br />
1 2 5 √<br />
3<br />
3 4 +<br />
2<br />
1 3 5<br />
2 4<br />
⎤<br />
⎞<br />
⎠⎥<br />
⎦ −<br />
⎡ ⎛<br />
− ⎢<br />
⎣ − ⎜<br />
1<br />
⎝2<br />
1 2<br />
3 4<br />
5<br />
+<br />
√<br />
3<br />
2<br />
1 3<br />
2 4<br />
5<br />
⎞<br />
⎛<br />
⎟<br />
⎠ ⊗ ⎝ 1 2<br />
1 3 5 √<br />
3<br />
2 4 +<br />
2<br />
2 5 3<br />
4<br />
⎤<br />
⎞<br />
⎠⎥<br />
⎦ +<br />
+(−+)|5〉 =<br />
= −|0〉 − (− 1 4 |1〉 + 3 4 |2〉) + (−1 4 |2〉 + 3 4 |1〉) + (−1 4 |3〉 + 3 4 |4〉) −<br />
−(− 1 4 |4〉 + 3 |3〉) − |5〉 = −|0〉 + |1〉 − |2〉 − |3〉 + |4〉 − |5〉 = −|ψ〉(11.130)<br />
4
11.6. 1D UPODOBITVE SIMETRIJSKE GRUPE KVADRATA 179<br />
Fino! Tudi s to permutacijo smo pokazali, da se naša funkcija |ψ〉 pravilno obnaša. Če bi<br />
napravili še ostale permutacije, bi ugotovili, da dobimo vedno enak rezultat:<br />
S tem je naloga dokazana.<br />
P ij |ψ〉 = −|ψ〉. (11.131)<br />
11.6 1D upodobitve simetrijske grupe kvadrata<br />
V nanostrukturi s 4 kvantnimi pikami v ogljiščih kvadrata so dovoljeni natanko 3 elektroni.<br />
skakanje na prazno piko je možno zgolj s sosednjih dveh pik, ne pa tudi po diagonali<br />
kvadrata. Če označimo ogljišča kvadrata z 1(spodaj levo) do 4 (zgoraj levo), označujemo<br />
v pozitivni smeri, lahko stanju, ki ima nezasedeno 4. piko pripišemo valovno funkcijo<br />
ψ(x) = 〈x|c † 3 c† 2 c† 1 |0〉, kjer je npr.: 〈x|c† j<br />
|0〉 Wannierova funkcija za elektron, lokal<strong>iz</strong>iran na j-<br />
ti piki. Upoštevajoč točkovno simetrijo kvadrata C 4v , določi valovne funkcije, ki napenjajo<br />
enodimenzionalne upodobitve simetrijske grupe kvadrata.<br />
Rešitev:<br />
Grupa C 4v<br />
Grupo C 4v dobimo tako, da osni simetriji četrtega reda, ki je lastnost grupe C 4 , dodamo še<br />
štiri zrcaljenja preko ravnin, ko so vzporedne z rotacijsko osjo in se med seboj sekajo pod<br />
kotom π 4 . Tako ima grupa C 4v 2n = 8 elementov (n = 4):<br />
E (enota)<br />
R π/2 Rotacija za kot π/2<br />
R π Rotacija za kot π<br />
R −π/2 Rotacija za kot −π/2<br />
σ x , σ y Zrcaljenje preko srednic kvadrata<br />
σ a ′ ,σ′ b<br />
Zrcaljenje preko diagonal kvadrata.<br />
Za bazne funkcije našega sistema vzamemo kar stanja z eno nezasedeno kvantno piko:<br />
|ψ 1 〉 = c † 3 c† 2 c† 1 |0〉 (11.132)<br />
|ψ 2 〉 = c † 4 c† 2 c† 1 |0〉 (11.133)<br />
|ψ 3 〉 = c † 4 c† 3 c† 1 |0〉 (11.134)<br />
|ψ 4 〉 = c † 4 c† 3 c† 2 |0〉 (11.135)<br />
Te funkcije imajo to lepo lastnost, da so med seboj ortogonalne. Iz njih sedaj poskusimo<br />
sestaviti take funkcije |ψ〉, ki bodo napenjale enodimenzionalne upodobitve grupe kvadrata<br />
C 4v . Sestavimo jih kar kot linearne kombinacije oblike:<br />
|ψ〉 =<br />
4∑<br />
c i |φ i 〉 (11.136)<br />
i=1
180 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Sedaj pa si poglejmo, kako elementi grupe G ∈ C 4v učinkujejo na naša bazna stanja.<br />
Najprej si poglejmo G = R π/2 . Za to transfomacijo velja:<br />
To nam da:<br />
R π/2 : 1 → 2,2 → 3,3 → 4,4 → 1 (11.137)<br />
R π/2 |φ 1 〉 = c † 4 c† 3 c† 2 |0〉 = |φ 4〉 (11.138)<br />
R π/2 |φ 2 〉 = c † 1 c† 3 c† 2 |0〉 = c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 1〉 (11.139)<br />
R π/2 |φ 3 〉 = c † 1 c† 4 c† 2 |0〉 = c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 2〉 (11.140)<br />
R π/2 |φ 4 〉 = c † 1 c† 4 c† 3 |0〉 = c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = |φ 3〉 (11.141)<br />
(11.142)<br />
Pri tem smo upoštevali antisimetrijsko relacijo:<br />
[ ]<br />
c † µ ,c† ν = 0 =⇒ + c† µ c† ν = −c† ν c† µ (11.143)<br />
Sedaj si poglejmo rotacijo G = R π . Ta naredi:<br />
Ko to uporabimo na naših stanjih dobimo:<br />
R π : 1 → 3,2 → 4,4 → 2,3 → 1 (11.144)<br />
R π |φ 1 〉 = c † 1 c† 4 c† 3 |0〉 = c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = |φ 3〉 (11.145)<br />
R π |φ 2 〉 = c † 2 c† 4 c† 3 |0〉 = c† 4 c† 3 c† 2 |0〉 = |φ 4〉 (11.146)<br />
R π |φ 3 〉 = c † 2 c† 1 c† 3 |0〉 = c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 1〉 (11.147)<br />
R π |φ 4 〉 = c † 2 c† 1 c† 4 |0〉 = c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 2〉 (11.148)<br />
Za konec nam je še preostala rotacija R −π/2 , ki zamenja indekse na naslednji način:<br />
Ko to uporabimo na baznih stanjih dobimo:<br />
R −π/2 : 1 → 4,4 → 3,3 → 2,2 → 1 (11.149)<br />
R −π/2 |φ 1 〉 = c † 2 c† 1 c† 4 |0〉 = c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 2〉 (11.150)<br />
R −π/2 |φ 2 〉 = |φ 3 〉 (11.151)<br />
R −π/2 |φ 3 〉 = |φ 4 〉 (11.152)<br />
R −π/2 |φ 4 〉 = c † 3 c† 2 c† 1 |0〉 = |φ 1〉 (11.153)<br />
Sedaj pa si poglejmo zrcaljenja. Najprej zrcaljenje preko srednice, ki je vzporedna z abscisno<br />
osjo: σ x . Ta transformacija premeša indekse na naslednji način:<br />
σ x : 1 → 4,4 → 1,2 → 3,3 → 2 (11.154)
11.6. 1D UPODOBITVE SIMETRIJSKE GRUPE KVADRATA 181<br />
Ko to uporabimo na naših funkcijah, dobimo:<br />
σ x |φ 1 〉 = c † 2 c† 3 c† 4 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 2 |0〉 = −|φ 4〉 (11.155)<br />
σ x |φ 2 〉 = c † 1 c† 3 c† 4 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = −|φ 3〉 (11.156)<br />
σ x |φ 3 〉 = c † 1 c† 2 c† 4 |0〉 = −c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 2〉 (11.157)<br />
σ x |φ 4 〉 = c † 1 c† 2 c† 3 |0〉 = −c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 1〉 (11.158)<br />
(11.159)<br />
Tu je še zrcaljenje preko srednice, ki je vzporedna z ordinatno osjo. Ta premeša indekse na<br />
naslednji način:<br />
Ko tudi to uporabimo na funkcijah, dobimo:<br />
σ y : 1 → 2,2 → 1,3 → 4,4 → 3 (11.160)<br />
σ y |φ 1 〉 = c † 4 c† 1 c† 2 |0〉 = −c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 2〉 (11.161)<br />
σ y |φ 2 〉 = c † 3 c† 1 c† 2 |0〉 = −|φ 1〉 (11.162)<br />
σ y |φ 3 〉 = −|φ 4 〉 (11.163)<br />
σ y |φ 4 〉 = −|φ 3 〉 (11.164)<br />
Tu pa sta še zrcaljenji preko diagonal kvadrata. Prva taka transformacija naredi:<br />
Ko to uporabimo na naših baznih stanjih, dobimo:<br />
σ ′ a<br />
Drugo diagonalno zrcaljenje pa naredi:<br />
(11.165)<br />
: 4 → 4,1 → 3,3 → 1,2 → 2 (11.166)<br />
σ ′ a |φ 1〉 = c † 1 c† 2 c† 3 |0〉 = −c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 1〉 (11.167)<br />
σ ′ a|φ 2 〉 = c † 4 c† 2 c† 3 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 2 |0〉 = −|φ 4〉 (11.168)<br />
σ ′ a |φ 3〉 = c † 4 c† 1 c† 3 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = −|φ 3〉 (11.169)<br />
σ ′ b<br />
σ ′ a |φ 4〉 = −|φ 2 〉 (11.170)<br />
(11.171)<br />
: 3 → 3,1 → 1,4 → 2,2 → 4 (11.172)<br />
Ko navsezadnje tudi to uporabimo na naših stanjih, dobimo:<br />
σ ′ b |φ 1〉 = c † 3 c† 4 c† 1 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 1 |0〉 = −|φ 3〉 (11.173)<br />
σ ′ b |φ 2〉 = c † 2 c† 4 c† 1 |0〉 = −c† 4 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 2〉 (11.174)<br />
σ ′ b |φ 3〉 = c † 2 c† 3 c† 1 |0〉 = −c† 3 c† 2 c† 1 |0〉 = −|φ 1〉 (11.175)<br />
σ ′ b |φ 4〉 = c † 2 c† 3 c† 4 |0〉 = −c† 4 c† 3 c† 2 |0〉 = −|φ 4〉 (11.176)<br />
(11.177)
182 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA<br />
Sedaj vemo, kako elementi grupe G ∈ C 4v oz. simetrijske opracije delujejo na naše bazne<br />
funkcije. Vidimo, da vse kar se jim lahko zgodi je, da se premešajo med sabo in pri določenih<br />
transformacijah dobijo negativni predznak. Opazimo tudi to, da če se pri določeni operaciji<br />
eni funkciji spremeni predznak, se vsem.<br />
Vsa ta opažanja močno poenostavijo <strong>iz</strong>biro koeficientov c i , ki nastopajo v razvoju naše<br />
funkcije |ψ〉. Ti bodo lahko le 1 ali −1. Kar nam tako preostane je, da pravilno <strong>iz</strong>beremo<br />
predznake v danih funkcijah.<br />
Prva rešitev se kar sama ponuja. To je simetrična rešitev, kjer so vsi predznaki enaki:<br />
Taksna rešitev ustreza vsem simetrijskim zahtevam:<br />
Poiščimo še kakšno rešitev! Poskusimo z nastavkom:<br />
|ψ a 〉 = |φ 1 〉 + |φ 2 〉 + |φ 3 〉 + |φ 4 〉 (11.178)<br />
R π/2 |ψ a 〉 = |ψ a 〉 (11.179)<br />
R π |ψ a 〉 = |ψ a 〉 (11.180)<br />
R −π/2 |ψ a 〉 = |ψ a 〉 (11.181)<br />
σ x |ψ a 〉 = −|ψ a 〉 (11.182)<br />
σ y |ψ a 〉 = −|ψ a 〉 (11.183)<br />
σ ′ a|ψ a 〉 = −|ψ a 〉 (11.184)<br />
σ ′ b |ψ a〉 = −|ψ a 〉 (11.185)<br />
|ψ b 〉 = |φ 1 〉 − |φ 2 〉 + |φ 3 〉 − |φ 4 〉 (11.186)<br />
Poglejmo, ali ta rešitev ustreza našim simetrijskim zahtevam:<br />
R π/2 |ψ b 〉 = |φ 4 〉 − |φ 1 〉 + |φ 2 〉 − |φ 3 〉 =<br />
= −(|φ 1 〉 − |φ 2 〉 + |φ 3 〉 − |φ 4 〉) = −|ψ b 〉 (11.187)<br />
R π |ψ b 〉 = |φ 3 〉 − |φ 4 〉 + |φ 1 〉 − |φ 2 〉 = |ψ b 〉 (11.188)<br />
R −π/2 |ψ b 〉 = |φ 2 〉 − |φ 3 〉 + |φ 4 〉 − |φ 1 〉 = −|ψ b 〉 (11.189)<br />
σ x |ψ b 〉 = −|φ 4 〉 + |φ 3 〉 − |φ 2 〉 + |φ 1 〉 = |ψ b 〉 (11.190)<br />
σ y |ψ b 〉 = −|φ 2 〉 + |φ 1 〉 − |φ 4 〉 + |φ 3 〉 = |ψ b 〉 (11.191)<br />
σ ′ a|ψ b 〉 = −|φ 1 〉 + |φ 4 〉 − |φ 3 〉 + |φ 2 〉 = −|ψ b 〉 (11.192)<br />
σ ′ b |ψ b〉 = −|φ 3 〉 + |φ 2 〉 − |φ 1 〉 + |φ 4 〉 = −|ψ b 〉 (11.193)<br />
Vidimo, da dana funkcija zadošča vsem simetrijskim zahtevam, tako da smo našli še eno<br />
rešitev. Naprej poskusimo z nastavkom:<br />
|ψ c 〉 = |φ 1 〉 + |φ 2 〉 − |φ 3 〉 − |φ 4 〉 (11.194)
11.6. 1D UPODOBITVE SIMETRIJSKE GRUPE KVADRATA 183<br />
Ta rešitev ni dobra, saj takoj vidimo, da ne zadošča simetrijskim operacijam:<br />
Poiskusimo lahko tudi z nastavkom:<br />
Tudi ta rešitev ne ustreza, saj dobimo:<br />
R π/2 |ψ c 〉 = |φ 4 〉 + |φ 1 〉 − |φ 2 〉 − |φ 3 〉 ≠ ±|ψ c 〉 (11.195)<br />
|ψ d 〉 = |φ 1 〉 − |φ 2 〉 − |φ 3 〉 + |φ 4 〉 (11.196)<br />
R π/2 |ψ d 〉 = |φ 4 〉 − |φ 1 〉 − |φ 2 〉 + |φ 3 〉 ≠ ±|ψ d 〉 (11.197)<br />
Na koncu pa nam ostanejo še funkcije, ki imajo le en predznak negativen:<br />
|ψ e 〉 = |φ 1 〉 + |φ 2 〉 + |φ 3 〉 − |φ 4 〉 (11.198)<br />
Vse takšne rešitve pa tudi ne ustrezajo, saj se pri naših transformacijah vedno ena bazna<br />
funkcija slika v drugo. Zato moramo imeti vedno sodo število predznakov enakih.<br />
Tako smo na koncu prišli do sklepa, da sta |ψ a 〉 in |ψ b 〉 za dani primer edini možni 1D<br />
upodobitvi grupe kvadrata.<br />
Če si predstavljamo elemente grupe G i ∈ C 4v kot operatorje, ki delujejo na naši funkciji<br />
|ψ a 〉 in |ψ b 〉 in so za tidve funkciji tudi lastni:<br />
G i |ψ a,b 〉 = λ a,b<br />
i<br />
|ψ a,b 〉, (11.199)<br />
lahko zapišemo tabelo lastnih vrednosti posameznih operatorjev:<br />
ψ|G i R π/2 R π R −π/2 σ x σ y σ a ′ σ<br />
b<br />
′<br />
ψ a 1 1 1 -1 -1 -1 -1<br />
ψ b -1 1 -1 1 1 -1 -1
184 CHAPTER 11. PERMUTACIJSKA GRUPA
Bibliography<br />
[1] Janez Strnad: F<strong>iz</strong>ika 3. del Posebna Teorija relativnosti. Kvantna F<strong>iz</strong>ika. Atomi, 2.<br />
spremenjnena <strong>iz</strong>daja, DMFA - Založništvo, Ljubljana 2002.<br />
[2] Masataka M<strong>iz</strong>ushima: Theoretical Physics From classical Mechanics to Group Theory<br />
of Microparticles, John Wiley & Sons, Inc., New York 1972.<br />
[3] Walter Greiner: Quantum mechanics An Introduction, Springer-Verlag, Berlin 1989.<br />
[4] Walter Greiner: Quantum mechanics Symmetries, Springer-Verlag, Berlin 1988.<br />
[5] Walter Greiner: Relativistic Quantum mechanics Wave equations, Springer-Verlag,<br />
Berlin 1990.<br />
[6] Franz Schwabl: Quantum mechanics Second Revised Edition, Springer- Verlag, Berlin<br />
1993.<br />
[7] J. P. Elliott & P.G. Dawber: Symmetry in Physics Volume 1, Macmillan Press Ltd.,<br />
London 1979.<br />
[8] Siegfried Flügge: Practical Quantum Mechanics reprint of the 1994 Edition, Springer-<br />
Verlag, Berlin 1999.<br />
[9] D. ter Haar: Selected Problems in Quantum Mechanics Revised and argumented second<br />
editon, Infosearch Ltd., London 1964.<br />
[10] Ivan Supek: Teorijska F<strong>iz</strong>ika i Struktura Materije Drugi Dio, Treče Izdanje, Školska<br />
knjiga, Zagreb 1964.<br />
[11] Douglas M. Gingrich: Klein Paradox for Spin-0 Particles<br />
http://www.phys.ualberta.ca/ gingrich/phys512/latex2html/node35.htm<br />
[12] Veliki splošni leksikon, Državna Založba Slovenije, Ljubljana 1997.<br />
185