Föreläsning 13

Shrödingers ekvation (tidsoberoende)

-ħ^2/(2m) (d^2psi)/(dx^2) + U(x) psi(x) = E psi(x) En fri partikel ( U=0 ) ger lösning:
psi(x)=A e^(i(kx-omegat)); ħomega=E=(ħ^2k^2)/(2m) => omega ~ k^2 (!)
Alltså är frekvensen proportionell mot k i kvadrat.
Psi(x,t) vid t=0: psi(x,0) = int_-oo^oo A(k) e^(ikx) dk (**)

Exempel

A(k)={(A_0, -k_0<=k<=k_0),(0,|k| > k_0):}, p=ħk=p_x (vi analyserar endast i x-led)
Insatt i (**): Psi(x,0)= int_(-k_0)^(k_0) A_0 e^(ikx) = A_0/(ix) [e^(ikx)]_(-k_0)^(k_0) = A_0/(ix)(e^(ik_0x)-e^(ik_0x))
= (2A_0)/x 1/(2i) obrace(e^(ik_0x)-e^(-ik_0x))^("Incoming transformerteori") = 2A_0 (sin(k_0x))/x

Plottar |Psi(x,0)|^2

|Psi(x,0)|^2 = 4A_0^2*(sin^2(k_0x))/x^2, |Psi(x,0)|^2 ~ 1/x^2
k_0x_0 = pi iff x_0 = pi/k_0 Sätter Deltax ~= x_0
Delta p_x = Deltap ~= ħk_0 => Deltax Delta p_x = pi/k_0*ħk_0 = piħ > ħ/2 larr Vår uppskattning är konsistent med Heisenbergs obestämdhetsrelation.

Standardlösningar som har U skilt från noll! Spännande

Modell 1: Oändlig lådpotential

U(x) = {(0,0<=x<=L),(oo,x<=,x>L):}

Sverre har tänkt på detta lite. Om vi har en funktion f(x) som nedan:

Så får vi en derivata f'(x) :

Andraderivatan får då ett oändligt språng.
psi''(x)=(2m(U(x)-E))/ħ^2 psi(x)

Randvärdenvillkor för (eventuell) lösning för 0<=x<=L: psi(0)=psi(L)=0. (Vi vet att psi(x)=0 för x>L ^^ x<0 )
0<=x<=L: U=0, dvs psi''(x)=obrace((-2mE)/ħ^2)^(k^2)psi(x) iff psi''(x)=-k^2 psi(x) iff psi(x) = Asin(kx)+Bcos(kx)

psi(0)=0: Asin(0)+Bcos(0)=0 => B=0; psi(L=)=0 iff Asin(kL)=0
Pay attention nu! A=0 är en trivial lösning, för då har vi ingen partikel.
=> kL=npi (n=1,2,3,…) iff k=(npi)/L
(2mE)/ħ^2=k^2 => E=(ħ^2k^2)/(2m) => E=(ħ^2)/(2m)((npi)/L)^2 = color(red)((ħ^2pi^2)/(2mL^2))*n^2
=> color(red)(E_n)=E_1*n^2
Observera att vi alltså får diskreta energinivåer som multiplar av E_1 .

Enheten av psi är [1/sqrt(L)] = m^(-1/2)

Normering:

Psi(x,t)=Asin((npi/L)x)e^(-iomega_nt); där omega_n=(E_n)/ħ
Här: int_-oo^oo |Psi(x,t)|^2 dx = 1 iff int_0^L A^2 sin^2 ((npi)/Lx)dx = [u=(npi)/L => du=(npi)/L dx]
= L/(npi) A^2 int_0^(npi) sin^2 u du = L/cancel(npi)*A^2*1/2*cancel(npi) = (LA^2)/2 = 1 iff A=(2/L)^1/2
Insatt: Psi(x,t)=sqrt(2/L) sin((npi)/Lx) e^(-iomega_nt)
Exempelvis. Om vi vill beräkna sannolikheten att hitta en partikel inom L=0.7 med n=5 så kör vi in det i integralen från 0 till L , sätter in n=5 . Detta kommer att ge ett tal mellan 0 och 1, som är den procentuella chansen att vi kommer att finna partikeln på avståndet L=0.7

Copyright Sverre:

Ser vi kvanteffekter på makroskopiska objekt? Sverre menar den här "ryckigheten". Om det är ryckigt, så borde vi kunna jämföra två energinivåer E_2-E_1 och dela med totala energinivån och få ett tal. Alltså (E_2-E_1)/E_1=3 tex.

(DeltaE)/E_n = (E_(n+1)-E_n)/E_n = (2n+1)/n^2 ubrace(->)_("n >> 1") 2/n
E=1/2mv^2=E_1n^2=(ħ^2pi^2)/(2mL^2)n^2 iff n^2 = (m^2L^2)/(ħ^2pi^2) => n = (mLv)/(piħ)


=> DeltaE/E_n ~= 2/n = (2piħ)/(mLv) = ((2pi)*(ħ/(2pi)))/(mv)*1/L=obrace(ħ/(mv))^("de Broglie våglängden")*1/L = lambda/L
Så anledningen till att vi inte kan se det är för att n är i makroskopiska sammanhang mycket större än lambda

Modell 2: Ändlig lådpotential

Boken säger att det är extremt svårt. Sverre har räknat på detta i en kurs i Atomfysik.
Sammantaget så får man ett begränsat antal energinivåer, n OCH en häftig grej som inte kan förklaras med Klassisk Fysik.

Sverres hobbydefinition på Klassisk Fysik är att ljusets hastighet är oändlig och Plancks konstant är 0.

Iallafall. Lådan har en topp på u_0 , vilket betyder att u_0 > E för alla partiklar i lådan.
0<=x<=L: Lösningar av typ psi(x)=Asin(kx)+Bcos(kx) larr som förut med oändlig låda. x>L, x<0: (-ħ^2)/(2m)psi''+u_0psi=Epsi iff psi''=obrace((2m(u_0-E))/ħ^2)^(kappa^2) psi\` \`=> psi(x)=Ce^(kappa x)+De^(-kappa x)
{(x>L: C=0),(x<0: D=0):} larr Om |psi(x)|^2 konvergerar (går inte mot oo )

Här kommer den häftiga grejen som Klassisk Fysik™ inte klarar av:
E=K+U iff K=E-U iff K < 0 iff U=1/2mv^2 < 0
Alltså endast möjligt om m<0 eller v imaginär. BuRn Classic Physics™!