NTNU Institutt for fysikk

Eksamen i TFY4205 Kvantemekanikk, 8/8-2005 Side 3 av 9c) Bestem forventningsverdiene for operatoren ˆn =â † â i tilstandene |ni og |αi. Hvorforkalles ˆn antallsoperatoren?LØSNINGhn|ˆn|ni = hn|â † â|ni , (20)= hn − 1| √ n · √n|n − 1i , (21)= n. (22)hα|â † â|αi = hα|α ∗ α|αi , (23)= |α| 2 . (24)ˆn kalles antallsoperatoren fordi den gir ut hvor mange kvant som eksisterer i energitilstanden.d) Vis at vi har følgende forventningsverdier for ˆq i tilstandene |ni og αi:LØSNINGhn|ˆq|ni = 0, (25)r~hα|ˆq|αi =2mω (α + α∗ ) . (26)q.e.d.r~hn|ˆq|ni =2mω hn|↠+â|ni , (27)r~³´= hn|â † |ni + hn|â|ni , (28)2mωr~ ¡√ √ ¢=n +1hn|n +1i + nhn|n − 1i , (29)2mω= 0 (30)q.e.d.hα|ˆq|αi ===r~2mω hα|↠+â|αi , (31)r~³´hα|â † |αi + hα|â|αi , (32)2mωr~2mω (α∗ + α) (33)e) Vis at:for tilstanden |αi. Beregn også ∆p · ∆q for tilstanden |ni.∆p · ∆q = ~/2 (34)

Eksamen i TFY4205 Kvantemekanikk, 8/8-2005 Side 4 av 9LØSNINGVi betrakter først tilstanden |αi:hα|ˆq 2 |αi =~2mω hα|↠⠆ +ââ +â † â +ââ † |αi , (35)=~2mω h↠⠆ +ââ +2â † â +1|αi , (36)=~ ¡(α ∗ ) 2 + α 2 +2α ∗ α +1 ¢ ,2mω(37)=~ ¡(α ∗ + α) 2 +1 ¢ .2mω(38)Uskarpheten i posisjonen blir dermed(∆q) 2 = h(ˆq − hˆqi) 2 i , (39)= hˆq 2 i − hˆqi 2 , (40)=~ ¡(α ∗ + α) 2 +1 ¢ − ~2mω2mω (α∗ + α) 2 , (41)=~2mω . (42)Tilsvarende får vi for impuls-operatorenogDette girr2mωhα|ˆp|αi = i~ hα|↠− â|αi , (43)r2mω= i~ (α∗ − α) (44)hα|ˆp 2 |αi = − 2mω~ hα|↠⠆ +ââ − â † â − ââ † |αi , (45)= − m~ω ¡(α ∗ − α) 2 − 1 ¢ .2(46)(∆p) 2 = hˆp 2 i − hˆpi 2 , (47)= − m~ω ¡(α ∗ − α) 2 − 1 ¢ + m~ω22 (α∗ − α) 2 , (48)= m~ω .2(49)Dermed blir uskarphetsrelasjonen:∆q · ∆p =r~rm~ω2mω · 2= ~ 2(50)

Eksamen i TFY4205 Kvantemekanikk, 8/8-2005 Side 7 av 9(α reell tilsvarer φ =0.)Vi merker oss også at∆q · ∆p = ~/2, dvs. at ∆q · ∆p har den minste verdi som er muligifølge usikkerhetsrelasjonen.Vi betrakter så |n, ti:Vi får ved hjelp av oppgave d) og opplysningene i denne oppgaven:hn, t|ˆq|n, ti =exp(i(n + 1 2 )ωt)exp(−i(n + 1 )ωt)hn|ˆq|ni =0. (78)2Middelposisjonen er altså 0, uavhengig av t og hˆni, som vi skulle forvente siden |n, ti eren stasjonær tilstand. |n, ti kan altså ikke beskrive noe som svinger med tiden som enklassisk harmonisk oscillator gjør.Vi merker oss også ved hjelp av resultatene for pkt. e) at både ∆q og ∆p går mot ∞når hni går mot ∞. Dette er som vi skulle vente siden hˆqi =0=hˆpi og energien gårmot ∞ når hˆni går mot ∞.Oppgave 2. Tidsuavhengig perturbasjonsteoriFørste ordens energikorreksjon er i Rayleigh-Schrödingers perturbasjonsteori gitt ved:λE (1)n = hn|λ ˆV |ni , (79)der |ni er egentilstand til den uperturberte Hamiltonoperatoren Ĥ (0) . λ ˆV er perturbasjonenog altså likĤ − Ĥ(0) der H er den aktuelle Hamiltonoperatoren.I denne oppgaven kan du også få bruk for følgende:Z ∞−∞dq|qihq| =1. (80)µ ~ ∂hq 2 |F (ˆp, ˆq)|q 1 i = F δ(q 2 − q 1 ) .i ∂q 2(81)Bølgefunksjonen for éndimensjonal harmonisk oscillator i grunntilstanden:³ mω´1/4ψ 0 (q) = exp (−mωq 2 /(2~)) .π~(82)Z ∞dxx 2n exp (−x 2 )= √ 1 · 3 · 5 ···(2n − 1)π−∞2 n , (83)der n =1, 2, 3,....a) λ ˆV er ovenfor uttrykt ved den generelle formalismen. Anta at vi betrakter et éndimensjonaltproblem og at ˆV bare er avhengig av konstanter og posisjonsoperatoren ˆq. Omformuttrykketfor λE n(1) til bølgemekanikk-formalismen (i posisjonsrommet) bl.a. ved bruk avfullstendighetsrelasjonen, dvs. vis at:ZλE n (1) = dqψ ∗ n(q)λV (q)ψ n (q) , (84)der ψ n er egenfunksjon til Ĥ. Benytt som kjent at ψ n (q) =hq|ni.

Eksamen i TFY4205 Kvantemekanikk, 8/8-2005 Side 9 av 9(Merk at det ikke er nødvendig med meget regnearbeid for å kunne svare på dette.)LØSNINGVi kaller egenfunksjonene til Ĥ for ψ n og utvikler f idisse,dvs.∞Xf = c n ψ n . (97)n=0Egenverdiene til Ĥ kaller vi E n .Viantaratψ n er ortonormerte. Vi får da:ZZ Xf ∗ Ĥfdτ = c ∗ mψ ∗ mĤ X c n ψ n dτ , (98)mn= X XZc ∗ mc n E n ψ ∗ mψ n dτ , (99)n m= X X|c n | 2 E n ≥ E 0 |c n | 2 . (100)nnTilsvarende fåes:Zf ∗ fdτ = X n|c n | 2 (101)og dermed har viRf ∗ ĤfdτRf ∗ fdτ=Pn |c n| 2 E nPn |c n| 2 ≥ E 0 (102)q.e.d.Dersom a velges like mω/2~ vil f ∝ ψ 0 og E RR = E 0 fra pkt. b). (fordi R dτψ 0 Ĥ (0) ψ 0 =~ω/2).Dersomvivarierera slik at E RR får minimum (som skal gjøres etter Rayleigh-Ritz-metoden) vil vi få E RR mindre enn E 0 fra pkt. b) for λ 6= 0.