Stoiqei¸dhc Kbantik Fusik Proteinìmenec lÔseic ask sewn Tsoc Epitropkhc 1 IanouarÐou 2013
Perieqìmena Μάθημα 11 ΄Ασκηση 1 . ΄Ασκηση 2 . ΄Ασκηση 3 . ΄Ασκηση 4 . ΄Ασκηση 5 . ΄Ασκηση 6 . ΄Ασκηση 7 . ΄Ασκηση 8 . ΄Ασκηση 9 . ΄Ασκηση 10
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
1 1 1 2 3 3 3 4 4 5 5
Μάθημα 12 ΄Ασκηση 1 ΄Ασκηση 2 ΄Ασκηση 3 ΄Ασκηση 4 ΄Ασκηση 5
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
6 6 6 7 8 8
Μάθημα 13 ΄Ασκηση 1 . ΄Ασκηση 2 . ΄Ασκηση 3 . ΄Ασκηση 4 . ΄Ασκηση 5 . ΄Ασκηση 6 . ΄Ασκηση 7 . ΄Ασκηση 8 . ΄Ασκηση 9 . ΄Ασκηση 10
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
10 10 10 10 11 11 12 12 13 13 13
Μάθημα 14 ΄Ασκηση 1 . ΄Ασκηση 2 . ΄Ασκηση 3 . ΄Ασκηση 4 . ΄Ασκηση 5 . ΄Ασκηση 6 . ΄Ασκηση 7 . ΄Ασκηση 8 . ΄Ασκηση 9 . ΄Ασκηση 10
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
14 14 15 15 16 17 17 17 18 18 18
Μάθημα 15 ΄Ασκηση 1 ΄Ασκηση 2 ΄Ασκηση 3 ΄Ασκηση 4 ΄Ασκηση 5 ΄Ασκηση 6 ΄Ασκηση 7 ΄Ασκηση 8
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
20 20 20 21 22 22 22 23 23
. . . . . . . .
i
Μάθημα 16 ΄Ασκηση 1 . ΄Ασκηση 2 . ΄Ασκηση 3 . ΄Ασκηση 4 . ΄Ασκηση 5 . ΄Ασκηση 6 . ΄Ασκηση 7 . ΄Ασκηση 8 . ΄Ασκηση 9 . ΄Ασκηση 10
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
24 24 24 24 24 24 25 26 26 26 26
Μάθημα 17 ΄Ασκηση 1 ΄Ασκηση 2 ΄Ασκηση 3 ΄Ασκηση 4 ΄Ασκηση 5 ΄Ασκηση 6 ΄Ασκηση 7 ΄Ασκηση 8
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
27 27 27 27 27 28 28 28 29
Μάθημα 18 ΄Ασκηση 1 ΄Ασκηση 2 ΄Ασκηση 3 ΄Ασκηση 4 ΄Ασκηση 5
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
30 30 30 30 31 31
Μάθημα 19 ΄Ασκηση 1 ΄Ασκηση 2 ΄Ασκηση 3 ΄Ασκηση 4 ΄Ασκηση 5 ΄Ασκηση 6 ΄Ασκηση 7 ΄Ασκηση 8
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
32 32 32 33 33 33 34 34 34
Μάθημα 20 ΄Ασκηση 1 ΄Ασκηση 2 ΄Ασκηση 3 ΄Ασκηση 4 ΄Ασκηση 5
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
35 35 35 36 36 36
Μάθημα 21 ΄Ασκηση 1 . ΄Ασκηση 2 . ΄Ασκηση 3 . ΄Ασκηση 4 . ΄Ασκηση 5 . ΄Ασκηση 6 . ΄Ασκηση 7 . ΄Ασκηση 8 . ΄Ασκηση 9 . ΄Ασκηση 10
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
37 37 37 37 38 38 38 39 39 39 39
ii
Μάθημα 22 ΄Ασκηση 1 . ΄Ασκηση 2 . ΄Ασκηση 3 . ΄Ασκηση 4 . ΄Ασκηση 5 . ΄Ασκηση 6 . ΄Ασκηση 7 . ΄Ασκηση 8 . ΄Ασκηση 9 . ΄Ασκηση 10
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
40 40 40 40 40 40 40 40 41 41 41
Μάθημα 23 ΄Ασκηση 1 ΄Ασκηση 2 ΄Ασκηση 3 ΄Ασκηση 4 ΄Ασκηση 5
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
42 42 42 42 42 42
Μάθημα 24 ΄Ασκηση 1 . ΄Ασκηση 2 . ΄Ασκηση 3 . ΄Ασκηση 4 . ΄Ασκηση 5 . ΄Ασκηση 6 . ΄Ασκηση 7 . ΄Ασκηση 8 . ΄Ασκηση 9 . ΄Ασκηση 10
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
43 43 43 43 43 43 44 44 44 45 45
Μάθημα 25 ΄Ασκηση 1 . ΄Ασκηση 2 . ΄Ασκηση 3 . ΄Ασκηση 4 . ΄Ασκηση 5 . ΄Ασκηση 6 . ΄Ασκηση 7 . ΄Ασκηση 8 . ΄Ασκηση 9 . ΄Ασκηση 10
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
46 46 46 46 46 47 47 47 47 47 47
Χρήσιμα ολοκληρώματα Το εκθετικό ολοκλήρωμα . . Ροπές . . . . . . . . Το γκαουσιανό ολοκλήρωμα Ροπές . . . . . . . . Ισοδύναμη μορφή . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
48 48 48 49 49 50
iii
Katlogoc Sqhmtwn 1
2 3
4 5
6 7
8
9 10
√ Η κυματοσυνάρτηση ψ(x) = 2e−2|x| . Με μπλε έχει χρωματιστεί η περιοχή |x| ≤ 2, με το αντίστοιχο εμβαδόν να αντιστοιχεί στην πιθανότητα νε βρεθεί το σωματίδιο που περιγράφεται από την ψ(x) στο εν λόγω διάστημα. . . . . . . . . p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 −2x2 Η κανονικοποιημένη πυκνότητα πιθανότητας ρ(x) = 4 2/πx . . . . . . . . . . . . . . p e Η αδιάστατη, κανονικοποιημένη κυματοσυνάρτηση ψ3 (x)/ 2/L (μπλε) και η αντίστοιχη πυκνότητα πιθανότητας ρ3 (x)/(2/L) (κόκκινο) για τη δεύτερη διεγερμένη στάθμη του απειρόβαθου πηγαδιού, συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου x/L. . . . . . . . . . . . . . . . . . Η κανονικοποιημένη, αδιάστατη πυκνότητα πιθανότητας ρ1 (x)/(2/L) της θεμελιώδους στάθμης του απειρόβαθου πηγαδιού, συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου x/L. . . . . . . . . . p Η αδιάστατη, κανονικοποιημένη κυματοσυνάρτηση πa30 ψ(r) που περιγράφει τη θεμελιώδη κατάσταση του ηλεκτρονίου στο άτομο του υδρογόνου, συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου r/a0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . √ . . . . . . . . . Οι κανονικοποιημένες κυματοσυναρτήσεις ψ1 (x) = e−|x| (μπλε) και ψ2 (x) = 2e−2|x| (κόκκινο). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Το αδιάστατο δυναμικό V (x)/V0 = cosh λx (μπλε καμπύλη) συναρτήσει της αδάστατης παραμέτρου λx. Η κόκκινη καμπύλη αντιστοιχεί στην τετραγωνική προσέγγιση V (x)/V0 ≈ 1 + (1/2)(λx)2 του εν λόγω δυναμικού κοντά στο σημείο x = 0. . . . . . . . . . . . . . . . Ο συντελεστής ανάκλασης R (μπλε καμπύλη) συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου E/V0 στο πρόβλημα της πρόπτωσης δέσμης σωματιδίων καθορισμένης ενέργειας E σε ένα κβαντομηχανικό «σκαλοπάτι» δυναμικού ύψους V0 . Στην περίπτωση E = V0 παρατηρείται το φαινόμενο της ολικής ανάκλασης, ενώ για E > V0 υπάρχει μία πεπερασμένη πιθανότητα ανάκλασης. . . Το αδιάστατο δυναμικό V (x)/V0 = eλx /(1 + eλx ) (μπλε καμπύλη) συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου λx. Στο όριο λ → 0, το δυναμικό ανάγεται στο κβαντομηχανικό «σκαλοπάτι». . Η κατανομή της ενέργειας μίας διεγερμένης ηλεκτρονιακής στάθμης με αβεβαιότητα ∆E. Δεδομένης της πιθανοκρατικής φύσης της Κβαντομηχανικής, η κατανομή της ενέργειας πρέπει να είναι κανονική με μέση τιμή hEi και τυπική απόκλιση ∆E. Η πιθανότητα να μετρηθεί μία τιμή της ενέργειας στο διάστημα [hEi − ∆E, hEi + ∆E] (κόκκινη περιοχή) είναι τότε ' 68%.
iv
2 4
7 8
11 14
25
28 29
36
Mjhma 11 'Askhsh 1
Αρχικά πρέπει να βρεθεί ο συντελεστής κανονικοποίησης της δοθείσας κυματοσυνάρτησης μέσω της γνωστής συνθήκης Z ∞
|ψ(x)|2 dx = 1.
(1)
−∞
Η κυματοσυνάρτηση ορίζεται όμως ξεχωριστά σε δύο διαστήματα, (−∞, 0) και (0, ∞), ενώ στο σημείο x = 0 είναι συνεχής και έχει την τιμή N . Με άλλα λόγια, 2x , x ∈ (−∞, 0) N e ψ(x) = N , x=0 −2x Ne , x ∈ (0, ∞) Είναι προφανές ότι η ψ(x) (άρα και η |ψ(x)|2 ) είναι άρτια, καθώς ψ(−x) = ψ(x). Συνεπώς το ολοκλήρωμα (1) από −∞ έως +∞ είναι ίσο με δύο φορές το αντίστοιχο ολοκλήρωμα από 0 έως ∞. Η (1) δίνει λοιπόν: Z ∞ Z ∞ |ψ(x)|2 dx = 2 |ψ(x)|2 dx −∞ 0 Z ∞ =2 |N |2 e−4x dx 0 Z ∞ 2 = 2|N | e−4x dx. 0
R∞
Το ολοκλήρωμα 0 e−4x dx ισούται με 1/4, συνεπώς η συνθήκη κανονικοποίησης (1) οδηγεί αμέσως στον προσδιορισμό του συντελεστή κανονικοποίησης: √ |N | = ± 2. Επειδή συνηθίζεται η επιλογή του θετικού προσήμου,1 η σωστή απάντηση είναι η α. 'Askhsh 2
Από το προηγούμενο ερώτημα προσδιορίστηκε ο συντελετής κανονικοποίησης της δοθείσας κυματοσυνάρτησης. Συγκεκριμένα, βρέθηκε ότι √ 2x , x ∈ (−∞, 0) √2e ψ(x) = 2 , x=0 √ −2x 2e , x ∈ (0, ∞) Για να υπολογισθεί η πιθανότητα να βρεθεί το σωματίδιο που περιγράφεται από την ψ(x) στο διάστημα |x| ≤ 2, έστω P (|x| ≤ 2) αυτή, αρκεί να ολοκληρωθεί η πυκνότητα πιθανότητας στο εν λόγω διάστημα: Z
2
|ψ(x)|2 dx
P (|x| ≤ 2) = −2
Z
2
|ψ(x)|2 dx
=2 0
Z
2
2e−4x dx
=2 0
Z =4
2
e−4x dx,
0
1H
epilog aut eÐnai kajar jèma sÔmbashc. Apì th stigm pou h
epilog c tou pros mou tou
|N |
|ψ|2
eÐnai h fusik metroÔmenh posìthta, h sÔmbash
den ephrezei th fusik tou probl matoc, kaj¸c
1
|N |2 > 0.
όπου έγινε και πάλι χρήση της ιδιότητας ψ(−x) = ψ(x) της κυματοσυνάρτησης για να μετατραπεί η ολοκλήρωση στο διάστημα [−2, 2] σε [δύο φορές] ολοκλήρωση στο διάστημα [0, 2]. Δεδομένου όμως ότι R 2 −4x e dx = (1 − e−8 )/4, καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: 0 P (|x| ≤ 2) = 1 − e−8 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. Σχόλια Μία απλή εποπτεία της γραφικής παράστασης της ψ(x) του προβλήματος (Σχήμα 1) δικαιολογεί −και μάλιστα με το παραπάνω− το γεγονός ότι P (|x| ≤ 2) = 1 − e−8 = 0.99966456 (με ακρίβεια 8 δεκαδικών ψηφίων), δηλαδή ότι η πιθανότητα να βρεθεί το σωματίδιο στη περιοχή |x| ≤ 2 είναι σχεδόν 100%. Αυτό συμβαίνει βέβαια διότι το εκθετικό e−2|x| φθίνει ταχύτατα μέσα σε αυτό το διάστημα, με αποτέλεσμα το σωματίδιο να είναι πολύ εντοπισμένο σε μία σχετικά μικρή περιοχή γύρω από την αρχή x = 0.
√ Σχήμα 1: Η κυματοσυνάρτηση ψ(x) = 2e−2|x| . Με μπλε έχει χρωματιστεί η περιοχή |x| ≤ 2, με το αντίστοιχο εμβαδόν να αντιστοιχεί στην πιθανότητα νε βρεθεί το σωματίδιο που περιγράφεται από την ψ(x) στο εν λόγω διάστημα. Αξίζει επίσης να σημειωθεί ότι μία κυματοσυνάρτηση της μορφής ψ(x) ∼ e−γ|x| (γ > 0) εμφανίζεται ως μοναδική δέσμια κατάσταση κατά την λύση της εξίσωσης Schr¨odinger για ένα δέλτα-πηγάδι της μορφής V (x) ∼ γδ(x), όπου δ(x) η συνάρτηση-δ του Dirac. Ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης παραπέμπεται στη σελίδα 91 του βιβλίου Προβλήματα Κβαντομηχανικής του Σ. Τραχανά όπου συζητάται το συγκεκριμένο πρόβλημα. 'Askhsh 3
Η εν λόγω άσκηση απαιτεί προσοχή, καθώς η υπό μελέτη κυματοσυνάρτηση ορίζεται σε τρεις διαστάσεις και όχι μία, με αποτέλεσμα η συνθήκη κανονικοποίησης (1) να μην μπορεί να εφαρμοστεί.2 Η σωστή συνθήκη κανονικοποίησης είναι η: Z |ψ(r)|2 dV = 1,
(2)
V∞
όπου το σύμβολο V∞ υποδηλώνει ότι η ολοκλήρωση πρέπει να γίνει σε όλο το χώρο. Δεδομένου ότι η δοθείσα κυματοσυνάρτηση έχει μόνο ακτινική εξάρτηση, το στοιχείο όγκου δίνεται από τη σχέση dV = 4πr2 dr.3 2 'Ena suqnì ljoc pou gÐnetai eÐnai na grfei kaneÐc R ∞ |ψ(r)|2 dr , kat analogÐa me thn monodistath perÐptwsh. 0 3 Genik, se sfairikèc suntetagmènec isqÔei ìti dV = r 2 sin θdrdθdφ. 'Omwc h olokl rwsh mÐac sunrthshc f (r) pou mìno aktinik exrthsh dÐnei
R V∞
f (r)dV =
R 2π 0
dφ
Rπ 0
sin θdθ
R∞
2
0
r2 f (r)dr =
R∞ 0
4πr2 f (r)dr.
èqei
΄Αρα λοιπόν, Z
∞
Z
(|N |2 e−2λr )4πr2 dr Z ∞ r2 e−2λr dr. = 4π|N |2
|ψ(r)|2 dV =
0
V∞
0
R∞
2 −2λr
3
Δεδομένου όμως ότι 0 r e dr = 1/4λ , η συνθήκη κανονικοποίησης (2) επιτρέπει τώρα τον προσδιορισμό της σταθεράς κανονικοποίησης: r λ |N | = ±λ . π Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 4
Η πυκνότητα πιθανότητας, ρ(x), να βρεθεί το σωματίδιο μεταξύ x και x + dx, είναι 2
ρ(x) = |ψ(x)|2 = |N |2 x2 e−2x . Το πρόβλημα προσδιορισμού των πιθανότερων περιοχών εύρεσης του σωματιδίου που περιγράφεται από την κυματοσυνάρτηση ψ(x) ανάγεται λοιπόν στην εύρεση των ακροτάτων (και συγκεκριμένα των μεγίστων) της συνάρτησης πυκνότητας πιθανότητας (Σχήμα 2). Κατά τα γνωστά, τα κρίσιμα σημεία της ρ(x) είναι εκείνα στα οποία μηδενίζεται η πρώτη παράγωγός της, ήτοι: ρ0 (x) = 0 2
2
2|N |2 xe−2x − 4|N |2 x3 e−2x = 0 |N |x(1 − 2x2 ) = 0, όπου ο τόνος δηλώνει παραγώγιση ως προς τη μεταβλητή x. Η τελευταία σχέση δίνει τρεις συνθήκες: √ |N | = 0, x = 0 ή x = ±1/ 2. Η πρώτη προφανώς απορρίπτεται, καθώς τότε η κυματοσυνάρτηση μηδενίζεται − με άλλα λόγια, δεν περιγράφει κανένα σωματίδιο. Η δεύτερη συνθήκη αντιστοιχεί σε ελάχιστο, √ καθώς ρ00 (0) > 0. Η τελευταία συνθήκη είναι εκείνη που προσδιορίζει τα μέγιστα της ρ(x), καθώς ρ00 (±1/ 2) < 0. Οπότε οι πιο πιθανές περιοχές να βρεθεί το σωματίδιο που περιγράφεται από την κυματοσυνάρτηση ψ(x) του προβλήματος είναι εκείνες που βρίσκονται γύρω από τα σημεία 1 x = ±√ . 2 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 5
Από τη συνθήκη κανονικοποίησης (1), είναι φανερό ότι οι διαστάσεις της |ψ(x)|2 είναι [|ψ(x)|2 ] = L−1 . ΄Αρα λοιπόν, [ψ(x)] = L−1/2 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 6
Από τη συνθήκη κανονικοποίησης (2), είναι φανερό ότι οι διαστάσεις της |ψ(r)|2 είναι [|ψ(r)|2 ] = L−3 . ΄Αρα λοιπόν, [ψ(r)] = L−3/2 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 3
Σχήμα 2: Η κανονικοποιημένη πυκνότητα πιθανότητας ρ(x) = 4
p
2
2/πx2 e−2x .
'Askhsh 7
Από τα δεδομένα του προβλήματος είναι φανερό ότι η πυκνότητα πιθανότητας ρ(x) = |ψ(x)|2 = |N |2 x2 e−λx είναι άρτια, ήτοι ρ(−x) = ρ(x). Είναι επίσης γνωστό ότι η πιθανότητα να βρεθεί το σωματίδιο που περιγράφεται από την ψ(x) στο διάστημα (−∞, ∞), έστω P (|x| < ∞) αυτή, είναι 1, δηλαδή P (|x| < ∞) = 1. ΄Ομως P (|x| < ∞) = P (x ≤ 0) + P (x ≥ 0) (η πιθανότητα να βρεθεί το σωματίδιο στο διάστημα (−∞, ∞) είναι ίση με το άθροισμα των πιθανοτήτων να βρεθεί στα διαστήματα (−∞, 0] και [0, ∞)), δηλαδή P (x ≤ 0) + P (x ≥ 0) = P (|x| < ∞) P (x ≤ 0) + P (x ≥ 0) = 1. ΄Ομως ρ(−x) = ρ(x) συνεπώς Z
0
Z
∞
ρ(x)dx = −∞
ρ(x)dx 0
P (x ≤ 0) = P (x ≥ 0). Συνδυάζοντας τις δύο τελευταίες σχέσεις βρίσκει κανείς: P (x ≥ 0) =
1 . 2
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. Σχόλια Το παραπάνω επιχείρημα είναι επιχείρημα συμμετρίας και ισχύει για οποιαδήποτε άρτια συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας που ολοκληρώνεται σε συμμετρικό διάστημα ως προς την αρχή. ΄Ενας ισοδύναμος (αλλά προφανώς πιο χρονοβόρος) τρόπος να εξαχθεί το ίδιο ακριβώς αποτέλεσμα είναι αρχικά ο προσδιορισμός του p συντελεστή κανονικοποίησης |N | (απάντηση: |N |2 = 2λ λ/π), και στη συνέχεια ο ρητός υπολογισμός της πιθανότητας P (x ≥ 0) ολοκληρώνοντας την ρ(x) στο διάστημα [0, ∞). 'Askhsh 8
Για να είναι μία κυματοσυνάρτηση ψ(x) φυσικά παραδεκτή πρέπει να είναι τετραγωνικά ολοκληρώσιμη, δηλαδή πρέπει Z ∞
|ψ(x)|2 dx < ∞.
−∞
4
Από τις δοθείσες κυματοσυναρτήσεις είναι προφανές ότι οι ψ1 (x) και ψ3 (x) δεν πληρούν την παραπάνω προϋπόθεση, συνεπώς δεν είναι φυσικά παραδεκτές. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 9
A. Το εκθετικό δεν πρέπει να έχει διαστάσεις, συνεπώς η σταθερά λ έχει αναγκαστικά διαστάσεις αντίστροφου μήκους, δηλαδή [λ] = L−1 . Δεδομένου ότι (΄Ασκηση 5) μία μονοδιάστατη κυματοσυνάρτηση έχει √ διαστάσεις [ψ(x)] = L−1/2 συμπεραίνει κανείς ότι πρέπει ψ(x) ∝ λ, όπως πράγματι συμβαίνει. B. Στη περίπτωση αυτή η σταθερά λ πρέπει √ να έχει διαστάσεις αντίστροφου μήκους στο τετάγωνο, δηλαδή [λ] = L−2 . Πρέπει λοιπόν ψ(x) ∝ 4 λ, που δεν συμβαίνει. C. Στη περίπτωση αυτή η σταθερά λ έχει πάλι διαστάσεις αντίστροφου μήκους, δηλαδή [λ] = L−1 . Επειδή όμως η κυματοσυνάρτηση είναι σε τρεις διαστάσεις, [ψ(r)] = L−3/2 (΄Ασκηση 6). Πρέπει λοιπόν ψ(r) ∝ λ3/2 , που δεν συμβαίνει. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 10
Η δοθείσα κυματοσυνάρτηση ψ(x) είναι περιττή, οπότε αποκλείονται αμέσως οι απαντήσεις β και γ. Λόγω της παρουσίας του εκθετικού είναι προφανές ότι ψ(±∞) = 0, συνεπώς η σωστή απάντηση είναι η δ.
5
Mjhma 12 'Askhsh 1
΄Εστω = ~2 π 2 /2mL2 . Η διαφορά ενέργειας μεταξύ των σταθμών n = 1 και n = 3 είναι ∆E = E3 − E1 = 9 − = 8, όπου χρησιμοποιήθηκε η σχέση που δίνει την ενέργεια της στάθμης n ενός σωματιδίου μάζας m που βρίσκεται σε απειρόβαθο πηγάδι μήκους L: En = n2 , με μία ποσότητα με διαστάσεις ενέργειας που ορίσθηκε προηγουμένως. Η διαφορά ενέργειας ∆E θα ταυτίζεται όμως με την ενέργεια του εκπεμπόμενου φωτονίου κατά την μετάβαση από τη στάθμη n = 3 στη θεμελιώδη n = 1, συνεπώς 8 = ∆E hc 8 = λ hc = . 8λ Δεδομένου ότι λ = 1200 ˚ Α και hc ' 12000 eV ˚ Α, '
5 eV, 4
που αντιστοιχεί βέβαια και στην ελάχιστη δυνατή ενέργεια του σωματιδίου. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 2
Η δεύτερη διεγερμένη στάθμη σε ένα απειρόβαθο πηγάδι αντιστοιχεί σε n = 3 (n = 1 είναι η θεμελιώδης, n = 2 η πρώτη διεγερμένη κ.ο.κ.). Στη στάθμη αυτή το σωματίδιο περιγράφεται από την κυματοσυνάρτηση r 2 3πx ψ3 (x) = sin . L L Η πιθανότητα να βρεθεί το σωματίδιο στο διάστημα [0, L/3], έστω P (0 ≤ x ≤ L/3) αυτή, είναι λοιπόν: Z
L/3
|ψ3 (x)|2 dx
P (0 ≤ x ≤ L/3) = 0
2 = L Δεδομένου ότι
R L/3 0
Z
L/3
sin2
0
3πx dx. L
sin2 (3πx/L)dx = L/3, καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: P (0 ≤ x ≤ L/3) =
1 . 3
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια Το παραπάνω αποτέλεσμα θα μπορούσε να εξαχθεί και με έναν συντομότερο τρόπο, βάσει ενός απλού επιχειρήματος συμμετρίας σχετικά με την συναρτησιακή μορφή της πυκνότητας πιθανότητας στη στάθμη n = 3 (Σχήμα 3). Πώς;
6
p Σχήμα 3: Η αδιάστατη, κανονικοποιημένη κυματοσυνάρτηση ψ3 (x)/ 2/L (μπλε) και η αντίστοιχη πυκνότητα πιθανότητας ρ3 (x)/(2/L) (κόκκινο) για τη δεύτερη διεγερμένη στάθμη του απειρόβαθου πηγαδιού, συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου x/L. 'Askhsh 3
΄Ενα σωματίδιο που βρίσκεται σε απειρόβαθο πηγάδι πλάτους L περιγράφεται, στη θεμελιώδη κατάσταση n = 1, από την κυματοσυνάρτηση r 2 πx sin , x ∈ [0, L] ψ1 (x) = L L Η αντίστοιχη πυκνότητα πιθανότητας (Σχήμα 4) είναι ρ1 (x) = |ψ1 (x)|2 =
2 πx sin2 , L L
x ∈ [0, L]
Τα κρίσιμα σημεία της ρ1 (x) αντιστοιχούν σε εκείνα που μηδενίζουν την παράγωγό της, δηλαδή ρ01 (x) = 0 πx πx π 2 2 sin cos =0 L L L L 2πx sin =0 L 2πx = κπ L L x=κ , 2 όπου κ ∈ Z. Είναι φανερό ότι, λόγω του περιορισμού x ∈ [0, L], οι μόνες δυνατές τιμές του ακεραίου κ είναι κ = 0, 1, 2. Τα αντίστοιχα κρίσιμα σημεία της ρ1 (x) είναι λοιπόν x = 0, L/2, L. Τα σημεία x = 0 και x = L αντιστοιχούν σε ελάχιστα, καθώς εκεί ρ1 (0, L) = 0. Στο σημείο x = L/2 η ρ1 (x) παρουσιάζει μέγιστο, καθώς ρ1 (L/2) = 2/L και ρ001 (L/2) < 0. ΄Αρα λοιπόν, η πιο πιθανή περιοχή να βρεθεί το σωματίδιο είναι στη γειτονιά του σημείου L x= . 2 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια Το παραπάνω αποτέλεσμα θα μπορούσε να εξαχθεί ταχύτερα, κάνοντας χρήση ενός απλού επιχειρήματος συμμετρίας που σχετίζεται με τη συναρτησιακή μορφή της πυκνότητας πιθανότητας ρ1 (x). Πώς; 7
Σχήμα 4: Η κανονικοποιημένη, αδιάστατη πυκνότητα πιθανότητας ρ1 (x)/(2/L) της θεμελιώδους στάθμης του απειρόβαθου πηγαδιού, συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου x/L. 'Askhsh 4
Η ενέργεια της θεμελιώδους στάθμης ενός σωματιδίου μάζας m που κινείται σε ένα απειρόβαθο πηγάδι μήκους L = 10a0 ' 5 ˚ Α είναι: ~2 π 2 2mL2 (h/2π)2 π 2 = 2mL2 1 h2 = 8 mL2 1 (hc)2 . = 8 (mc2 )L2
E1 =
Στην περίπτωση όπου το σωματίδιο είναι ένα ηλεκτρόνιο, mc2 ' 0.5 MeV. Επίσης, hc ' 12000 eV ˚ Α. Αντικαθιστώντας στην τελευταία σχέση καταλήγει λοιπόν κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: E1 ' 1.44 eV Η σωστή απάντηση (ή τουλάχιστον η πλησιέστερη στο παραπάνω αποτέλεσμα) είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 5
Η ενέργεια του φωτονίου που θα εκπεμφθεί θα ισούται, βεβαίως, με την ενεργειακή διαφορά μεταξύ των σταθμών n = 1 και n = 2, ήτοι ∆E = E2 − E1 = 4E1 − E1 = 3E1 . ΄Αρα λοιπόν, hc λ hc λ= ∆E hc λ= . 3E1
∆E =
8
Δεδομένου όμως ότι E1 ' 1.44 eV (΄Ασκηση 4), μία απλή αντικατάσταση στην προηγούμενη σχέση δίνει λ ≈ 3000 ˚ Α. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ.
9
Mjhma 13 'Askhsh 1
Η δοθείσα κυματοσυνάρτηση δεν είναι τετραγωνικά ολοκληρώσιμη (απειρίζεται για x → −∞), συνεπώς δεν είναι φυσικά παραδεκτή. Σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 2
Κατά τα γνωστά, η μέση τιμή της θέσης ορίζεται ως Z ∞ hxi = x|ψ(x)|2 dx.
(3)
−∞
Ορίζοντας τη συνάρτηση f (x) = x|ψ(x)|2 , είναι φανερό ότι f (−x) = −f (x), δηλαδή η συνάρτηση f (x) είναι περιττή. Η ολοκλήρωση μίας περιττής συνάρτησης σε ένα συμμετρικό διάστημα ως προς την αρχή δίνει όμως ως αποτέλεσμα μηδέν, δηλαδή hxi = 0. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. Σχόλια Το παραπάνω επιχείρημα είναι επιχείρημα συμμετρίας. Το ίδιο αποτέλεσμα μπορεί φυσικά να εξαχθεί και διαφορετικά, προσδιορίζοντας πρώτα τον συντελεστή κανονικοποίησης (απάντηση: |N |2 = 16a5 /π) και στη συνέχεια υπολογίζοντας ρητά το ολοκλήρωμα (3). 'Askhsh 3
Στη περίπτωση μίας χωρικής κυματοσυνάρτησης ψ(r), ο τύπος της μέσης ακτινικής θέσης γίνεται: Z Z ∞ hri = r|ψ(r)|2 dV = 4π r3 |ψ(r)|2 dr. V∞
(4)
0
Για τη δοθείσα χωρική κυματοσυνάρτηση πρέπει πρώτα να υπολογισθεί ο συντελεστής κανονικοποίησης βάσει του τύπου (2): Z ∞ 4π r2 |ψ(r)|2 dr = 1 0 Z ∞ 2 4π|N | r2 e−2λr dr = 1 0
Δεδομένου ότι
R∞ 0
2 −2λr
r e
3
dr = 1/4λ , η συνθήκη κανονικοποίησης δίνει: r λ . |N | = ±λ π
Σύμφωνα με τη σχέση (3) λοιπόν, Z
∞
r3 |ψ(r)|2 dr
hri = 4π 0 3
λ = 4π π Δεδομένου ότι
R∞ 0
Z
∞
r3 e−2λr dr.
0
r3 e−2λr dr = 3/8λ4 , καταλήγει κανείς στο τελικό αποτέλεσμα: hri =
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α.
10
3 . 2λ
Σχόλια Κατ’ αρχάς, το αποτέλεσμα είναι αναμενόμενο για καθαρά διαστατικούς λόγους. Επειδή η κυματοσυνάρτηση περιέχει ένα εκθετικό της μορφής e−λr το οποίο πρέπει να είναι αδιάστατο, η σταθερά λ οφείλει να έχει διαστάσεις αντίστροφου μήκους, δηλαδή [λ] = L−1 . Η μέση θέση hri, όντας μήκος, έχει διαστάσεις [hri] = L. Αν λοιπόν η μέση θέση εξαρτάται από την σταθερά λ, θα πρέπει αναγκαστικά hri ∝ 1/λ, γεγονός που επαληθεύεται από το αποτέλεσμα που βρέθηκε παραπάνω. Αυτή η παρατήρηση και μόνο είναι ικανή να αποκλείσει τις απαντήσεις β, γ και δ, αφήνοντας μόνο την α ως σωστή χωρίς να χρειαστεί να γίνει οποιαδήποτε πράξη. Σαν τελευταίο σχόλιο, αξίζει να σημειωθεί ότι το παράδειγμα κυματοσυνάρτησης της ΄Ασκησης 3 δεν είναι καθόλου τυχαίο. Η συγκεκριμένη κυματοσυνάρτηση εμφανίζεται στη μελέτη του ατόμου του υδρογόνου και περιγράφει τη θεμελιώδη κατάσταση του ηλεκτρονίου που κινείται γύρω από τον πυρήνα, με μόνη διαφορά ότι λ = 1/a0 , όπου a0 = ~2 /me e2 ' 0.5 ˚ Α η λεγόμενη ακτίνα του Bohr (Σχήμα 5). Με αυτό το δεδομένο και σύμφωνα με τα αποτελέσματα της ΄Ασκησης 3, μπορεί να δει κανείς ότι η μέση απόσταση ενός ηλεκτρονίου από τον πυρήνα σε ένα άτομο υδρογόνου (θεωρώντας το πρωτόνιο ακίνητο στη θέση r = 0) είναι hri = 3a0 /2 ' 0.75 ˚ Α. ΄Ενα πολύ ενδιαφέρον αποτέλεσμα που δικαιολογεί πλήρως την «κοινή» γνώση (ή μάλλον δήλωση) ότι τα άτομα έχουν μέγεθος της τάξης του άγκστρομ.
p Σχήμα 5: Η αδιάστατη, κανονικοποιημένη κυματοσυνάρτηση πa30 ψ(r) που περιγράφει τη θεμελιώδη κατάσταση του ηλεκτρονίου στο άτομο του υδρογόνου, συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου r/a0 .
'Askhsh 4
΄Οπως και στην ΄Ασκηση 2, παρατηρεί κανείς ότι η συνάρτηση f (x) = x|ψ(x)|2 = xψ ∗ (x)ψ(x) που ολοκληρώνεται από −∞ έως +∞ για να προσδιορισθεί η μέση θέση hxi είναι περιττή, συνεπώς hxi = 0. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 5
΄Οπως και στις Ασκήσεις 2 και 4, η συνάρτηση f (x) = x|ψ(x)|2 που ολοκληρώνεται από −∞ έως +∞ για να προσδιορισθεί η μέση θέση hxi είναι περιττή, συνεπώς hxi = 0. Επομένως, p p ∆x = hx2 i − hxi2 = hx2 i.
11
Απομένει λοιπόν ο υπολογισμός της ποσότητας hx2 i. Αυτό θα γίνει με βάση τον ορισμό της εν λόγω ποσότητας, δηλαδή μέσω της σχέσης Z ∞ hx2 i = x2 |ψ(x)|2 dx −∞ Z ∞ 2 x4 e−λx dx. = |N |2 −∞
Δεδομένου ότι |N |2 = 2λ
p p R∞ 2 λ/π και −∞ x4 e−λx dx = (3/4λ2 ) π/λ, η τελευταία σχέση δίνει hx2 i =
3 . 2λ
Οπότε r ∆x =
3 . 2λ
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια Η σωστή απάντηση μπορεί να βρεθεί πολύ πιο γρήγορα, χωρίς καθόλου πράξεις, με ένα απλό διαστατικό επιχείρημα. Πώς; 'Askhsh 6
Αν η κυματοσυνάρτηση ήταν μία γκαουσιανή συνάρτηση με κέντρο το x = 0, η μέση θέση θα ήταν προφανώς μηδέν. Επειδή όμως η κυματοσυνάρτηση έχει τη μορφή μίας γκαουσιανής μετατοπισμένη κατά a προς τον θετικό ημιάξονα x (αν a > 0), θα ισχύει ότι hxi = a. Η σωστη απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια ΄Οπως είναι φανερό, το παραπάνω επιχείρημα μπορεί να αποδειχθεί και αυστηρά − μία διαδικασία που θα ήταν καλό να γίνει καθαρά για λόγους εξοικείωσης με γκαουσιανά ολοκληρώματα. 'Askhsh 7
Από τον ορισμό της διασποράς, ∆A =
p
hA2 i − hAi2 .
΄Ομως, hA2 i =
3 X
Pn a2n = P1 a21 + P2 a22 + P3 a33 =
n=1
hAi =
3 X
1 2
Pn an = P1 a1 + P2 a2 + P3 a3 = 0.
n=1
Συνεπώς, 1 ∆A = √ . 2 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β.
12
'Askhsh 8
Εξ ορισμού, η ποσότητα P (a)da είναι η πιθανότητα σε μία μέτρηση του μεγέθους A να καταγραφεί μία τιμή μεταξύ a και a + da. Η συνθήκη κανονικοποίησης γίνεται λοιπόν: Z
1
P (a)da = 1 −1
Z
1
(1 − a2 )da = 1.
N −1
Δεδομένου ότι
R1 −1
(1 − a2 )da = 4/3, η τελευταία σχέση δίνει: N=
3 . 4
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 9
Αρχικά, πρέπει να υπολογισθούν οι ποσότητες hA2 i και hAi: hA2 i =
Z
1
a2 P (a)da =
−1
Z
1
hAi =
aP (a)da = −1
R1
Δεδομένου ότι −1 a2 (1 − a2 )da = 4/15 και και hAi = 0. Συνεπώς,
R1 −1
3 4 3 4
Z
1
a2 (1 − a2 )da
−1 Z 1
a(1 − a2 )da.
−1
a(1 − a2 )da = 0, η προηγούμενη σχέση δίνει hA2 i = 1/5
1 ∆A = √ . 5 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 10
Είναι γνωστό ότι το «πάχος» μίας συνάρτησης της μορφής e−λ|x| (λ > 0) καθορίζεται από τη τιμή της σταθεράς λ. Συγκεκριμένα, αν η σταθερά λ είναι μεγάλη, τότε το εκθετικό e−λ|x| φθίνει ταχύτατα και έτσι το «πάχος» της συνάρτησης είναι μικρό. Αντίθετα, αν η σταθερά λ είναι μικρή τότε το εκθετικό φθίνει αργά, οπότε το «πάχος» της συνάρτησης είναι μεγάλο. ΄Οσο πιο μικρό είναι το «πάχος» μίας κυματοσυνάρτησης όμως, τόσο πιο εντοπισμένο είναι ένα σωματίδιο στο σημείο όπου εκείνη κορυφώνεται. Για ψ(x) ∼ e−λ|x| λοιπόν, όσο πιο μεγάλη είναι η τιμή της σταθεράς λ, τόσο πιο εντοπισμένο θα είναι το σωματίδιο που περιγράφεται από αυτήν γύρω από το σημείο x = 0, άρα τόσο πιο μικρή θα είναι η αβεβαιότητα της θέσης του. Στο συγκεκριμένο παράδειγμα οι κυματοσυναρτήσεις ψ1 (x) και ψ2 (x) έχουν λ1 = 1 και λ2 = 2 αντίστοιχα, συνεπώς αφού λ2 > λ1 η αβεβαιότητα θέσης της ψ1 (x) θα είναι μεγαλύτερη. Σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. Σχόλια ΄Οπως είναι φανερό, το παραπάνω ποιοτικό επιχείρημα μπορεί να αποδειχθεί και αυστηρά − μία διαδικασία που θα ήταν καλό να γίνει για να επιβεβαιωθεί το παραπάνω συμπέρασμα.
13
Σχήμα 6: Οι κανονικοποιημένες κυματοσυναρτήσεις ψ1 (x) = e−|x| (μπλε) και ψ2 (x) =
√
2e−2|x| (κόκκινο).
Mjhma 14 'Askhsh 1
Σύμφωνα με την αρχή της απροσδιοριστίας θέσης-χρόνου, η αβεβαιότητα της x-συνιστώσας της ταχύτητας και της ορμής του ηλεκτρονίου (∆x και ∆px αντίστοιχα) συνδέονται μέσω της προσεγγιστικής σχέσης (∆x)(∆px ) ≈ ~ (∆x)(m∆vx ) ≈ ~ ∆vx ≈
~ , m∆x
όπου ∆vx η x-συνιστώσα της ταχύτητας και m η μάζα του ηλεκτρονίου. Για την εξαγωγή της τελευταίας σχέσης έγινε χρήση του μη-σχετικιστικού τύπου ∆px = m∆vx . Υπό την προϋπόθεση ότι η μέση τιμή κάθε συνιστώσας της ταχύτητας του ηλεκτρονίου είναι μηδέν (hvx i = hvy i = hvz i = 0) και ότι εκείνη δεν έχει προτιμητέα διεύθυνση στο χώρο,4 θα ισχύει επίσης ότι hvx2 i = hvy2 i = hvz2 i, άρα hv2 i = 3hvx2 i, όπου v2 = vx2 + vy2 + vz2 το τετράγωνο του μέτρου της ολικής ταχύτητας σε καρτεσιανές συντεταγμένες. ΄Αρα λοιπόν, η μέση κινητική ενέργεια hKi του ηλεκτρονίου θα είναι 1 mhv2 i 2 1 = m(3hvx2 i) 2 ~2 3 ≈ m 2 2 m (∆x)2 3 ~2 a0 2 ≈ , 2 ma20 ∆x
hKi =
Α, όπου a0 η ακτίνα του Bohr. Αντικαθιστώντας ∆x ' 10−2 ˚ Α, ~2 /ma20 ' 27.2 eV και a0 ' 0.5 ˚ hKi ∼ 10 keV. Η σωστή απάντηση (ή τουλάχιστον η πλησιέστερη στο παραπάνω αποτέλεσμα) είναι λοιπόν η α. 4 To
epiqeÐrhma autì eÐnai epiqeÐrhma summetrÐac. H en lìgw upìjesh anamènetai na ploireÐtai se èna katllhlo sÔsthma
axìnwn (p.q. sto sÔsthma hremÐac tou hlektronÐou) ìpou h kumatosunrthsh èqei sfairik summetrÐa.
14
Σχόλια Η άσκηση θα μπορούσε να λυθεί και με διαφορετικό, αν και κατά βάση λανθασμένο, τρόπο. Συγκεκριμένα, έχοντας ως σημείο εκκίνησης τον τύπο ∆vx ≈ ~/m(∆x) θα μπορούσε κανείς να υποθέσει ότι hvx i = 0 και άρα hvx2 i = (∆vx )2 ≈ ~2 /m2 (∆x)2 . Στη συνέχεια η υπόθεση ότι hKi = (1/2)mhvx2 i οδηγεί στην σωστή εκτίμηση τάξης μεγέθους, δηλαδή hKi ∼ 1 keV. Αν και λανθασμένη, το «κακό» της παραπάνω επιχειρηματολογίας είναι μικρό καθώς μία πιο προσεκτική ανάλυση διαφέρει κατά έναν αριθμητικό παράγοντα 3, ο οποίος μπορεί βέβαια να παραληφθεί για εκτιμήσεις τάξης μεγέθους. Το λάθος της επιχειρηματολογίας πηγάζει από την εσφαλμένη υπόθεση ότι η ολική ταχύτητα του ηλεκτρονίου έχει μόνο x-συνιστώσα, ενώ στην πραγματικότητα έχει 3, μία σε κάθε άξονα. Πρέπει λοιπόν να βρεθεί ξεχωριστά το μέτρο κάθε συνιστώσας της ταχύτητας στους 3 άξονες (με χρήση της αρχής αβεβαιότητας για κάθε ζεύγος θέσης-ορμής), πράγμα που μπορεί να γίνει με κατάλληλα επιχειρήματα συμμετρίας τα οποία υποδεικνύονται στην προτεινόμενη λύση. 'Askhsh 2
Σύμφωνα με την αρχή της απροσδιοριστίας θέσης-ορμής, (∆x)(∆px ) ≈ ~ ∆vx ≈
~ , m∆x
όπου m η μάζα του ηλεκτρονίου. Για ένα ηλεκτρόνιο «εγκλωβισμένο» σε ένα άτομο (π.χ. ένα άτομο υδρογόνου), ∆x ≈ a0 , όπου a0 η ακτίνα του Bohr. ΄Αρα λοιπόν ~ ma0 ~ me2 ≈ m ~2 e2 ≈ c ~c ≈ αc,
∆vx ≈
όπου έγινε χρήση της σχέσης-ορισμού της ακτίνας του Bohr και της σταθεράς λεπτής υφής, a0 = ~2 /me2 και α = e2 /~c αντίστοιχα. Συνεπώς ∆vx ≈
c ≈ 108 cm s−1 . 137
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια Τα επιχειρήματα που χρησιμοποιήθηκαν στην προτεινόμενη λύση της άσκησης μπορούν να βελτιωθούν κάπως (δείτε την ΄Ασκηση 1 και τα ανάλογα σχόλια). Πώς επηρεάζει μία πιο προσεκτική ανάλυση το αποτέλεσμα για την αβεβαιότητα της ταχύτητας του ηλεκτρονίου; 'Askhsh 3
Σύμφωνα με τα αποτελέσματα της ΄Ασκησης 1, αν η αβεβαιότητα της θέσης ενός ηλεκτρονίου μάζας m είναι ∆x, τότε (με ορισμένες υποθέσεις) ισχύει η παρακάτω σχέση: hKi ≈
3 ~2 a0 2 . 2 ma20 ∆x
Για ένα ηλεκτρόνιο εγκλωβισμένο σε έναν ατομικό πυρήνα, η αβεβαιότητα της θέσης του θα είναι της τάξης του μεγέθους του αντίστοιχου πυρήνα, που είναι αντίστοιχα της τάξης του fm (10−15 m ∼ 10−5 a0 ). Αντικαθιστώντας στην παραπάνω σχέση λοιπόν, hKi ∼ 100 GeV.
15
Επειδή όμως hKi mc2 ' 0.5 MeV, το ηλεκτρόνιο θα συμπεριφερθεί με ακραίο σχετικιστικό τρόπο μέσα στην μικροσκοπική (ακόμα και για ατομικές κλίμακες!) «φυλακή» του. Δεδομένου ότι στην ακραία σχετικιστική περίπτωση ισχύει ο τύπος Krel ' cp, μπορεί κανείς βάσει της επιχειρηματολογίας της ΄Ασκησης 2 να δείξει ότι ο σωστός, σχετικιστικός τύπος για την μέση κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου είναι √ 2 3 e a0 hKrel i ≈ , α a0 ∆x όπου α = e2 /~c η σταθερά της λεπτής υφής. Αντικαθιστώντας α ∼ 1/100, e2 /a0 ∼ 10 eV και a0 /∆x ∼ 105 , hKrel i ∼ 1 GeV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια Η άσκηση είναι σημαντική, καθώς αναδεικνύει σημαντικές πτυχές της κβαντικής θεωρίας, καθώς επίσης και τις επιπτώσεις της Σχετικότητας σε κβαντικά συστήματα. Το πιο σημαντικό συμπέρασμα είναι ότι όσο πιο μικρή είναι η περιοχή a στην οποία είναι εγκλωβισμένη ένα σωματιδίο, τόσο εκείνο αντιστέκεται στον περιορισμό, γεγονός που αποτυπώνεται με τον πλέον δραματικό τρόπο στη σχέση hKi ∼ 1/a2 που δίνει τη μέση κινητική του ενέργεια. Μία από τις επιπτώσεις του εν λόγω αποτελέσματος είναι ότι η ύλη βρίσκεται σε διαρκή «αναβρασμό» − τα κβαντομηχανικά φαινόμενα αποκλείουν εντελώς την κατάσταση της απόλυτης ακινησίας (το «απόλυτο μηδέν»), καθώς όσο επιχειρεί κανείς να ακινητοποιήσει τη θέση ενός σωματιδίου όπως ένα ηλεκτρόνιο, τόσο πιο μικρή γίνεται η αβεβαιότητα στη θέση του, συνεπώς λόγω αρχής αβεβαιότητας θέσης-χρόνου τόσο μεγαλύτερη γίνεται η απροσδιοριστία στην ορμή του. Αυτός ακριβώς είναι ο λόγος για τον οποίο η ύλη, αν και αποτελείται εν τέλει από «κούφια» άτομα, είναι φαινομενικά συμπαγής. Σε μια πιο ακραία της μορφή, η ίδια αρχή συγκρατεί τους λευκούς νάνους και τους αστέρες νετρονίων από την αδυσώπητη συνθλιπτική πίεση της βαρύτητας. ΄Οσο όμως περιορίζεται ένα σωματίδιο και αυξάνεται η ορμή του, τόσο η ταχύτητά του πλησιάζει την ταχύτητα του φωτός. Στην ακραία περίπτωση όπου η μέση κινητική ενέργεια γίνεται παραπλήσια ή μεγαλύτερη της ενέργειας ηρεμίας του σωματιδίου, η Ειδική Θεωρία της Σχετικότητας παρεμβαίνει και «χαλαρώνει» την αντίστασή του στον εντοπισμό. Συγκεκριμένα, στην ακραία σχετικιστική περίπτωση αναμένεται ότι hKi ∼ 1/a. Στο φαινόμενο αυτό οφείλεται το γεγονός ότι η βαρυτική πίεση μπορεί εν τέλει να οδηγήσει στην κατάρρευση ενός συστήματος σε μελανή οπή. Ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης μπορεί να βρει περισσότερες λεπτομέρειες σχετικά με τον ρόλο της Κβαντομηχανικής σε «αστρικά πτώματα» στο βιβλίο του Σ. Τραχανά Κβαντομηχανική Ι, σελ. 688. Σαν τελευταίο σχόλιο, αξίζει να συζητηθεί η σημασία του παραπάνω αποτελέσματος όσον αφορά την προέλευση των ηλεκτρονίων (ή ποζιτρονίων) κατά την διάσπαση-β ενός ραδιενεργού πυρήνα. Φαίνεται αρκετά λογικό να υποθέσει κανείς ότι τα ηλεκτρόνια αυτά εκτοξεύονται από το εσωτερικό του πυρήνα, αν και δεν είναι καθόλου προφανές πώς καταφέρνουν να παραμείνουν εκεί υπό την ισχυρή έλξη των πρωτονίων. Εν πάση περιπτώσει, αν αγνοήσει κανείς το θέμα της ευστάθειας της υποθετικής κίνησης ενός ηλεκτρονίου μέσα σε έναν πυρήνα, τότε η υπόθεση ότι εκείνα εκτοξεύονται από αυτόν κατά την διαδικασία της διάσπασηςβ μπορεί να ελεγχθεί άμεσα. Συγκεκριμένα, είναι αναμενόμενο ότι η κινητική ενέργεια των ηλεκτρονίων καθώς εξέρχονται από τον πυρήνα θα είναι περίπου ίση με την μέση κινητική τους ενέργεια όταν βρίσκονται εγκλωβισμένα σε αυτόν. Δεδομένου ότι το αποτέλεσμα της ΄Ασκησης 3 δίνει hKi ∼ 1 GeV και ότι οι τυπικές μετρούμενες ενέργειες των ηλεκτρονίων σε διασπάσεις-β είναι ∼ 1 MeV, η υπόθεση ότι τα ηλεκτρόνια εκτοξεύονται από το εσωτερικό του πυρήνα φαίνεται να είναι εσφαλμένη. 'Askhsh 4
Σύμφωνα με την αρχή απροσδιοριστίας θέσης-ορμής, (∆x)(∆p) ≈ ~. Για m = 1 mg και ∆x ' 0.1 mm, η παραπάνω σχέση δίνει: ∆v ∼ 10−22 cm s−1 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 16
'Askhsh 5
Η αρχή της αβεβαιότητας, και κατ’ επέκταση η Κβαντομηχανική, ισχύει παντού − ακόμα και στον μακρόκοσμο. Οι συνέπειές της, βέβαια, δεν είναι πάντα αισθητές, και, ιδιαίτερα στην περίπτωση του μακρόκοσμου, η Κλασική Φυσική αποτελεί πολύ καλή προσέγγιση. ΄Ενα μόριο σκόνης είναι σίγουρα ένα μακροσκοπικό αντικείμενο, καθώς έχει μέγεθος 6 τάξεις μεγέθους μεγαλύτερο από ένα τυπικό άτομο. Η αντίστοιχη μάζα του είναι δε 21 τάξεις μεγέθους μεγαλύτερη από την τυπική μάζα ενός ατόμου. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 6
Σύμφωνα με την αρχή της αβεβαιότητας θέσης-ορμής, (∆x)(∆p) ≈ ~ ~ mp ∆x ~ me a0 ≈ me a0 mp ∆x
∆v ≈
≈
e2 me a0 ~ mp ∆x
e2 me a0 c ~c mp ∆x me a0 ≈α c. mp ∆x
≈
Αντικαθιστώντας mp ' 10−24 g και ∆x ' 10−6 cm, ∆v ≈ 103 cm s−1 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 7
Σύμφωνα με τα αποτελέσματα της ΄Ασκησης 1, η μέση κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που είναι εντοπισμένο με αβεβαιότητα ∆x είναι: hKi ≈
3 ~2 a0 2 . 2 ma20 ∆x
Ο λόγος των ενεργειών για ένα πρωτόνιο και ένα ηλεκτρόνιο είναι λοιπόν hKp i me = ∼ 10−3 1, hKe i mp άρα για δεδομένη περιοχή εγκλωβισμού το ηλεκτρόνιο έχει μεγαλύτερη κινητική ενέργεια από το πρωτόνιο. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. Σχόλια ΄Οπως αναμενόταν, το αποτέλεσμα επιβεβαιώνει το γεγονός ότι, όσο πιο μικρό είναι ένα σωματίδιο, τόσο πιο «κβαντικά» συμπεριφέρεται. Εν προκειμένω, η «κβαντική» συμπεριφορά αναφέρεται στην αντίσταση ενός σωματιδίου στον εντοπισμό. Αυτός είναι και ο λόγος για τον οποίο στους λευκούς νάνους (τα κατάλοιπα «νεκρών» άστρων σαν τον ΄Ηλιο) η πίεση των ηλεκτρονίων −η οποία σχετίζεται άμεσα με την κβαντική κινητική ενέργεια− είναι εκείνη που συνεισφέρει κατά κύριο λόγο στην αναχαίτιση της συνθλιπτικής βαρυτικής πίεσης. ΄Οσο όμως αυξάνεται η μάζα του λευκού νάνου, τόσο η αδυσώπητη βαρυτική πίεση «στριμώχνει» τα ηλεκτρόνια σε όλο και πιο μικρές περιοχές, με αποτέλεσμα εκείνα να αρχίσουν να συμπεριφέρονται σχετικιστικά. Η σχετικότητα προκαλεί όμως «χαλάρωση» της αντίστασης των ηλεκτρονίων στην βαρύτητα, γεγονός που 17
οδηγεί στο συμπέρασμα ότι πρέπει υπάρχει ένα κρίσιμο όριο μάζας −γνωστό στη διεθνή βιβλιογραφία ως όριο Chandrasekhar (≈ 1.44 M )− μετά το οποίο τα ηλεκτρόνια δεν θα βρίσκονται πλέον σε θέση να εξισορροπήσουν την συνθλιπτική πίεση της βαρύτητας, με αποτέλεσμα ο λευκός νάνος να καταρρεύσει. Καθώς όμως η σχετικότητα έχει μειώσει την κινητική ενέργεια των ηλεκτρονίων, τα πολύ βαρύτερα νουκλεόνια στον λευκό νάνο συνεχίζουν να συμπεριφέρονται «κλασικά», με αποτέλεσμα η συνεισφορά τους στην ολική κινητική ενέργεια να γίνεται ολοένα και σημαντικότερη. Η κινητική ενέργεια των νουκλεονίων (και συγκεκριμένα των νετρονίων) μπορεί λοιπόν να ξεπεράσει εκείνη των ηλεκτρονίων, και υπό ορισμένες προϋποθέσεις να γίνει τόσο μεγάλη ώστε να αναχαιτιστεί και πάλι η βαρυτική πίεση. Η νέα αυτή ευσταθής δομή είναι γνωστή ως αστέρας νετρονίων. 'Askhsh 8
Σύμφωνα με τα αποτελέσματα της ΄Ασκησης 1 για m = mn (μάζα νουκλεονίου), 3 ~2 a 0 2 2 mn a20 ∆x 3 ~2 me a0 2 ≈ 2 me a20 mn ∆x
hKi ≈
Αντικαθιστώντας ~2 /me a20 ∼ 10 eV, me /mn ∼ 10−3 και (a0 /∆x) ∼ 108 , hKi ∼ 100 MeV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν (με κάποια επιφύλαξη) η γ. Σχόλια ΄Ενας προσκετικότερος υπολογισμός «κατεβάζει» την παραπάνω εκτίμηση κατά μία τάξη μεγέθους, συνεπώς η ορθότητα της απάντησης δεν είναι διφορούμενη. 'Askhsh 9
΄Οπως στην περίπτωση των ατόμων τα εκπεμπόμενα φωτόνια αντιστοιχούν σε μεταπτώσεις ηλεκτρονίων σε χαμηλότερες ενεργειακές στάθμες, έτσι συμβαίνει και στους πυρήνες (μόνο που αντί για ηλεκτρόνια υπάρχουν νουκλεόνια). Για άτομα τα εκπεμπόμενα φωτόνια έχουν ενέργειες της τάξης των eV, καθώς αυτή είναι και η χαρακτηριστική ενέργεια των ηλεκτρονίων στα άτομα − το διαθέσιμο «ενεργειακό απόθεμα», δηλαδή, των ηλεκτρονίων. Συνεπώς, οι ενέργειες των φωτονίων που εκπέμπονται από έναν ατομικό πυρήνα θα είναι της τάξης των MeV, που αντιστοιχεί βέβαια στο ενεργειακό απόθεμα των νουκλεονίων (δείτε ΄Ασκηση 8). Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 10
Αν και η έννοια της πίεσης μπορεί να ορισθεί μόνο για μία συλλογή ατόμων ή μορίων και αποτελεί μία ποσότητα που περιγράφει ένα μακροσκοπικό σύστημα, εντούτοις η έννοια της πίεσης −και συγκεκριμένα ο ορισμός της ως η μεταβολή της ενέργειας συναρτήσει του όγκου− μπορεί να χρησιμοποιηθεί αδρά για μία εκτίμηση της χαρακτηριστικής πίεσης που απαιτείται για να συμπιεστεί ένα άτομο. Θεωρώντας P ≈ ∆E/∆V , τότε για ένα άτομο (π.χ. ένα άτομο υδρογόνου) του οποίου η ακτίνα μειώνεται στο μισό θα ισχύει ότι ∆E ∼ 1 eV, καθώς αυτές είναι οι χαρακτηριστικές ενεργειακές διαφορές μεταξύ των επιτρεπόμενεν σταθμών 3 που μπορεί να εποικήσει ένα ηλεκτρόνιο. Αντίστοιχα ∆V ∼ 1 ˚ Α , συνεπώς προκύπτει ότι P ∼1
eV 6 3 ∼ 10 atm. ˚ Α
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. Σχόλια Τα ποιοτικά επιχειρήματα που χρησιμοποιήθηκαν παραπάνω μπορούν να βελτιωθούν κάπως κάνοντας χρήση του μοντέλου του Bohr για ένα άτομο υδρογόνου. Μία προσκετικότερη μελέτη δεν δίνει και πολύ διαφορετικά 18
αποτελέσματα, πράγμα που σημαίνει πως τα άτομα είναι πράγματι ασυμπίεστα υπό «φυσιολογικές» συνθήκες. ΄Ομως αν και ο αριθμός 1 Matm φαίνεται εξωπραγματικά μεγάλος, εντούτοις συναντάται στα κέντρα βραχώδων πλανητών όπως είναι η Γη. Η Γη συγκεκριμένα πιστεύεται ότι έχει έναν πυκνό πυρήνα σιδήρου στο κέντρο της, με θερμοκρασίες παραπλήσιες εκείνης στην επιφάνεια του ΄Ηλιου και πιέσεις 3.3 − 3.6 Matm, αντίστοιχα. Στον πυρήνα του ΄Ηλιου δε, οι πιέσεις μπορεί να φτάσουν και ∼ 100 Gatm.
19
Mjhma 15 'Askhsh 1
Μία γενική ιδιότητα των κυματοσυναρτήσεων είναι ότι αν είναι πραγματικές, τότε η μέση τιμή της ορμής είναι μηδέν. Η απόδειξη είναι τετριμμένη − δεδομένου ότι, σε μία διάσταση, pˆ = −i~(d/dx), Z ∞ dψ ∗ ψ −i~ hpi = dx dx −∞ Z ∞ ∞ dψ ∗ = −i~|ψ|2 −∞ + i~ ψdx −∞ dx Z ∞ dψ ψ∗ dx = i~ dx −∞ Z ∞ =− ψ ∗ pˆψdx −∞
= −hpi, όπου έγινε χρήση της ιδιότητας ψ ∗ = ψ (αφού η ψ είναι πραγματική), καθώς επίσης και του γεγονότος ότι η κυματοσυνάρτηση μηδενίζεται στο ±∞ ώστε να είναι τετραγωνικά ολοκληρώσιμη και άρα φυσικά παραδεκτή. Επειδή όμως hpi = −hpi, συμπεραίνει κανείς ότι ψ = ψ ∗ ⇒ hpi = 0.
(5)
Δεδομένου λοιπόν ότι η κυματοσυνάρτηση του προβλήματος είναι πραγματική, hpi = 0. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. Σχόλια Το αποτέλεσμα (5) μπορεί, φυσικά, να γενικευθεί και σε τρεις διαστάσεις. Το γεγονός επίσης ότι το βέλος στην (5) δείχνει προς τα δεξιά έχει σημασία, καθώς σημαίνει πως αν ψ ∗ = ψ, τότε σίγουρα hpi = 0. Το αντίθετο δεν ισχύει όμως πάντα − αν είναι γνωστό ότι hpi = 0, τότε δεν έπεται αναγκαστικά ότι ψ ∗ = ψ. 2 Για παράδειγμα, η κυματοσυνάρτηση ψ(x) = N e−λ(x /2)+iα , όπου α ∈ R, σίγουρα δεν είναι πραγματική. Είναι όμως εύκολο να δειχθεί ότι και για αυτήν την κυματοσυνάρτηση ισχύει ότι hpi = 0. 'Askhsh 2
Αρχικά πρέπει να προσδιορισθεί ο συντελεστής κανονικοποίησης N . Από τη γνωστή συνθήκη Z ∞ |ψ(x)|2 dx = 1, −∞
είναι εύκολο να δειχθεί ότι r 2
|N | =
20
λ . π
Συνεπώς Z
∞
ψ ∗ (x)ˆ p2 ψ(x)dx d d = ψ ∗ (x) −i~ −i~ ψ(x)dx dx dx −∞ Z ∞ d2 ψ(x) = −~2 ψ ∗ (x) dx dx2 −∞ Z ∞ 2 2 (N ∗ e−λx /2 )(−λ + λ2 x2 )N e−λx /2 dx = −~2 −∞ Z ∞ Z ∞ 2 2 2 = ~ λ|N |2 e−λx dx − ~2 λ2 |N |2 x2 e−λx dx −∞ −∞ r r r λ λ 1 π = ~2 λ − ~2 λ 2 π π 2λ λ λ = ~2 . 2 p Δεδομένου όμως ότι ∆p = hp2 i − hpi2 και hpi = 0 (΄Ασκηση 1), η παραπάνω σχέση οδηγεί στο ζητούμενο αποτέλεσμα: r λ . ∆p = ~ 2 hp2 i =
−∞ Z ∞
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια √ Είναι εύκολο να δειχθεί ότι η p κυματοσυνάρτηση του προβλήματος έχει αβεβαιότητα θέσης ∆x = 1/ 2λ. Δεδομένου όμως ότι ∆p = ~ λ/2, το γινόμενο των αβεβαιοτήτων είναι (∆x)(∆p) = ~/2, γεγονός που συμφωνεί με την αρχή απροσδιοριστίας θέσης-ορμής, η οποία απαιτεί να ισχύει η ανισότητα (∆x)(∆p) ≥ ~/2. Η άσκηση αναδεικνύει λοιπόν την ιδιαιτερότητα που έχουν οι γκαουσιανές κυματοσυναρτήσεις της μορφής 2 ψ(x) ∼ e−λx − αποτελούν καταστάσεις που ελαχιστοποιούν το γινόμενο (∆x)(∆p). 'Askhsh 3
Δεδομένου ότι −
~2 d2 ˆ + V (x) = H, 2m dx2
ˆ ο τελεστής της Χαμιλτονιανής, όπου H Z
∞
ˆ ψ ∗ (x)[Hψ(x)]dx
hEi = −∞ Z ∞
=
ψ ∗ (x)[Eψ(x)]dx
−∞ Z ∞
=E
|ψ(x)|2 dx.
−∞
΄Ομως Z
∞
|ψ(x)|2 dx = 1,
−∞
συνεπώς hEi = E. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β.
21
'Askhsh 4
Αρχικά πρέπει να προσδιορισθεί η ποσότητα hE 2 i: Z ∞ 2 ˆ 2 ψ(x)]dx ψ ∗ (x)[H hE i = −∞ Z ∞ ˆ Hψ(x)]dx ˆ = ψ ∗ (x)H[ −∞ Z ∞ ˆ ψ ∗ (x)H[Eψ(x)]dx = −∞ Z ∞ ˆ =E ψ ∗ (x)[Hψ(x)]dx −∞ Z ∞ ψ ∗ (x)[Eψ(x)]dx =E −∞ Z ∞ 2 |ψ(x)|2 dx. =E −∞
Δεδομένου όμως ότι ∆E =
p
hE 2 i − hEi2 , hEi = E (΄Ασκηση 3) και Z ∞ |ψ(x)|2 dx = 1, −∞
συμπεραίνει κανείς ότι ∆E = 0. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 5
Από τον ορισμό της στροφορμής ` = r×p προκύπτει ότι, σε καρτεσιανές συντεταγμένες όπου ` = (`x , `y , `z ), r = (x, y, z) και p = (px , py , pz ), `z = xpy − ypx . Ο κβαντομηχανικός τελεστής της z-συνιστώσας της στροφορμής θα είναι λοιπόν: `ˆz = xˆ py − y pˆx . Αντικαθιστώντας pˆy = −i~(∂/∂y) και pˆx = −i~(∂/∂x) στην προηγούμενη σχέση καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: ∂ ∂ `ˆz = −i~ x −y . ∂y ∂x Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 6
΄Εστω hpi και hpi0 η μέση τιμή της ορμής στις καταστάσεις ψ και ψ 0 = ψeiα αντίστοιχα. Τότε Z hpi0 = (ψ 0 )∗ pˆψ 0 dV Z = (ψeiα )∗ pˆ(ψeiα )dV Z = ψ ∗ e−iα eiα pˆψdV Z = ψ ∗ pˆψdV = hpi.
22
Συνεπώς hpi = hpi0 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. Σχόλια Η άσκηση αναδεικνύει ένα γενικότερο αποτέλεσμα της κβαντικής θεωρίας, σύμφωνα με το οποίο κυματοσυναρτήσεις που διαφέρουν μεταξύ τους κατά έναν σταθερό παράγοντα φάσης περιγράφουν την ίδια ακριβώς φυσική κατάσταση. Με άλλα λόγια, αν ένα σύστημα Α περιγράφεται από την κυματοσυνάρτηση ψA και ένα άλλο σύστημα Β από την κυματοσυνάρτηση ψB = ψA eiα , με α ∈ R, τότε τα συστήματα Α και Β είναι φυσικά ταυτόσημα − κανένα πείραμα δεν μπορεί να ξεχωρίσει το ένα σύστημα από το άλλο. Το παραπάνω συμπέρασμα γίνεται εύκολα κατανοητό από την στατιστική ερμηνεία της κυματοσυνάρτησης κατά Born, σύμφωνα με την οποία η ρ = |ψ|2 είναι η φυσικά μετρούμενη ποσότητα και περιγράφει την πυκνότητα πιθανότητας. Αν λοιπόν δύο κυματοσυναρτήσεις ψ και ψ 0 συνδέονται μέσω της σχέσης ψ 0 = ψeiα , τότε και οι δύο έχουν της ίδια ακριβώς πυκνότητα πιθανότητας, καθώς ρ0 = |ψ 0 |2 = |ψeiα |2 = |ψ|2 |eiα |2 = |ψ|2 = ρ. Αν όμως δύο κυματοσυναρτήσεις αυτής της μορφής περιγράφουν την ίδια φυσική κατάσταση, πρέπει προφανώς οι μέσες τιμές φυσικά μετρούμενων ποσοτήτων (όπως η ορμή) να έχουν την ίδια τιμή, ανεξάρτητα αν υπολογίζονται στην κατάσταση ψ ή την ψ 0 . 'Askhsh 7
Συνδυάζοντας τα αποτελέσματα των Ασκήσεων 1 και 6, συμπεραίνει κανείς ότι η σωστή απάντηση είναι η γ. 'Askhsh 8
Ο τελεστής της κινητικής ενέργειας σε μία διάσταση είναι: 2 ˆ = pˆ . K 2m
Συνεπώς Z
∞
ˆ ψ ∗ (x)Kψ(x)dx Z ∞ 1 = ψ ∗ (x)ˆ p2 ψ(x)dx 2m −∞
hKi =
−∞
=
hp2 i . 2m
Σύμφωνα με το αποτέλεσμα της ΄Ασκησης 2 όμως για την δοθείσα κυματοσυνάρτηση, hp2 i = ~2 λ/2. ΄Αρα hKi = Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ.
23
~2 λ . 4m
Mjhma 16 'Askhsh 1
Δεδομένου ότι η ενέργεια της θεμελιώδους στάθμης είναι ~ω/2, συμπεράινει κανείς ότι ~ω = 2 eV. Η πέμπτη διεγερμένη στάθμη αντιστοιχεί σε n = 5, συνεπώς 1 E5 = 5 + ~ω 2 11 ~ω. E5 = 2 Αντικαθιστώντας ~ω = 2 eV, E5 = 11 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 2
Δεδομένου ότι η ενέργεια της θεμελιώδους στάθμης είναι ~ω/2, συμπεράινει κανείς ότι ~ω = 4 eV. Η δοθείσα κυματοσυνάρτηση είναι περιττή, έχει πολυώνυμο 3ου βαθμού και 3 κόμβους. ΄Αρα ο ταλαντωτής βρίσκεται στη στάθμη n = 3, συνεπώς 1 E3 = 3 + ~ω 2 7 E3 = ~ω. 2 Αντικαθιστώντας ~ω = 4 eV, E3 = 14 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 3
Λόγω της συμμετρίας των ιδιοσυναρτήσεων ψn (x) του αρμονικού ταλαντωτή, είναι φανερό ότι η πυκνότητα πιθανότητας ρn (x) = |ψn (x)|2 είναι άρτια συνάρτηση. Συνεπώς Z
0
Z ρn (x)dx =
−∞
∞
ρ(x)dx. 0
Αν P (x ≤ 0) και P (x ≥ 0) όμως η πιθανότητα να βρεθεί ένα σωματίδιο που περιγράφεται από την κυματοσυνάρτηση ψn (x) στο διάστημα (−∞, 0] και [0, ∞) αντίστοιχα, τότε P (x ≤ 0) = P (x ≥ 0). Δεδομένου όμως ότι P (x ≤ 0) + P (x ≥ 0) = 1, συμπεραίνει κανείς ότι P (x ≥ 0) = 1/2. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 4
Δεδομένου ότι ο αριθμός των κόμβων ισούται με τον κβαντικό αριθμό n, η σωστή απάντηση είναι η α. 'Askhsh 5
Το δυναμικό V (x) = V0 cosh λx παρουσιάζει ελάχιστο στο σημείο x = 0 και έχει την τιμή V0 εκεί. Αναπτύσσοντας το δυναμικό σε σειρά McLaurin, 1 V (x) = V (0) + V 0 (0)x + V 00 (0)x2 + O(x3 ), 2 24
όπου O(x3 ) όροι τάξης x3 και ανώτεροι. Κρατώντας μόνου τους πρώτους δύο όρους του αναπτύγματος, 1 V (x) ≈ V0 + V0 λ2 x2 . 2 Το δυναμικό του προβλήματος μπορεί λοιπόν να προσεγγισθεί τοπικά στο σημείο x = 0 από ένα δυναμικό αρμονικού ταλαντωτή (Σχήμα 7). Δεδομένου όμως ότι η ενέργεια της θεμελιώδους στάθμης ενός αρμονικού ταλαντωτή είναι ~ω/2 και η προσέγγιση του αρμονικού ταλαντωτή βρίσκεται κατά V0 πάνω από τον άξονα x, η ελάχιστη ενέργεια ενός κβαντικού σωματιδίου μάζας m που υπόκειται στη δράση του δυναμικού V (x) = V0 cosh λx είναι κατά προσέγγιση 1 E = V0 + ~ω. 2 Δεδομένου όμως ότι η γενική μορφή ενός δυναμικού αρμονικού ταλαντωτή είναι V (x) = mω 2 x2 /2, συμπεραίνει κανείς ότι mω 2 = V0 λ2 r V0 . ω=λ m Συνεπώς 1 E = V0 + ~λ 2
r
V0 . m
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. Σχόλια Η άσκηση είναι σημαντική, καθώς αναδεικνύει την χρησιμότητα του κβαντικού αρμονικού ταλαντωτή ο οποίος, αν και μία εξιδανικευμένη περίπτωση δυναμικού που δεν απαντάται στην πραγματικότητα, αποτελεί μία καλή προσέγγιση οποιουδήποτε δυναμικού κοντά σε ένα τοπικό του ελάχιστο.
Σχήμα 7: Το αδιάστατο δυναμικό V (x)/V0 = cosh λx (μπλε καμπύλη) συναρτήσει της αδάστατης παραμέτρου λx. Η κόκκινη καμπύλη αντιστοιχεί στην τετραγωνική προσέγγιση V (x)/V0 ≈ 1 + (1/2)(λx)2 του εν λόγω δυναμικού κοντά στο σημείο x = 0.
'Askhsh 6
Η ιδιοσυνάρτηση που αντιστοιχεί στην δεύτερη διεγερμένη στάθμη του αρμονικού ταλαντωτή έχει τα εξής χαρακτηριστικά: 1) Είναι άρτια, 2) έχει πολυώνυμο δευτέρου βαθμού της μορφής c0 + c1 x2 , και 3) έχει δύο κόμβους. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 25
'Askhsh 7
Δεδομένου ότι η δυναμική ενέργεια είναι στον αρμονικό ταλαντωτή είναι mω 2 x2 /2, θα ισχύει ότι mω 2 a2 = a2 =
, mω 2
όπου και a εκείνος ο συναδυασμός των παραμέτρων ~, m και ω που έχει διαστάσεις ενέργειας και μήκους, αντίστοιχα. Δεδομένου όμως ότι = ~ω, r ~ a= . mω Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 8
Αρχικά πρέπει να βρεθεί ο συνδυασμός των ~, m και ω που έχει διαστάσεις ορμής, έστω p0 αυτός. Δεδομένου ότι η κινητική ενέργεια είναι p2 /2m, p20 = m p20 = m, όπου ο συνδυασμός των ~, m √ και ω που έχει διαστάσεις ενέργειας. Δεδομένου όμως ότι = ~ω, η προηγούμενη σχέση δίνει p0 = ~mω. Συνεπώς p0 ∆p = √ = 2
r
~mω . 2
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 9
Αν v0 και p0 ο μοναδικός συνδυασμός των παραμέτρων √ ~, m και ω με διαστάσεις ταχύτητας και ορμής αντίστοιχα, τότε p0 = mv0 . Δεδομένου όμως ότι p0 = ~mω (΄Ασκηση 8), r v0 =
~ω . m
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 10
Η ελάχιστη ενέργεια ενός αρμονικού ταλαντωτή είναι E=
1 ~ω. 2
Αντικαθιστώντας ω = 1013 Hz και ~ ' 6.58 × 10−15 eV s, E ' 3.3 meV. Η σωστή απάντηση λοιπόν (ή τουλάχιστον η πλησιέστερη στο παραπάνω αποτέλεσμα) είναι β.
26
Mjhma 17 'Askhsh 1
Δεδομένου ότι τα επίπεδα κύματα περιγράφονται από χωρικές κυματοσυναρτήσεις της μορφής ψ(x) ∼ eikx , −1 συμπεραίνει κανείς ότι, για την κυματοσυνάρτηση του προβλήματος, k = 2 ˚ Α . Η αντίστοιχη ορμή είναι −1 p = ~k = 2~ ˚ Α . Το μήκος κύματος προσδιορίζεται από τη σχέση: λ=
h p
2π~ −1 2~ ˚ Α = π˚ Α. =
Συνεπώς λ ' 3.14 ˚ Α. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 2
΄Οπως είναι γνωστό από την επίλυση του προβλήματος του κβαντομηχανικού «σκαλοπατιού», η κυματοσυνάρτηση ψA = A+ eikx + A− e−ikx στα αριστερά του δυναμικού περιγράφει δύο επίπεδα κύματα − ένα το οποίο προσπίπτει στο δυναμικό και ένα που ανακλάται, τα οποία περιγράφονται από τις κυματοσυναρτήσεις A+ eikx και A− e−ikx αντίστοιχα. Δεδομένου όμως ότι ο συντελεστής ανάκλασης ορίζεται ως A− 2 R= A+ και ότι A− = 3, A+ = 5, συμπεραίνει κανείς ότι R = 36%. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 3
Δεδομένου ότι το ηλεκτρικό δυναμικό είναι φ = 6 kV και ότι q = 4e, το αντίστοιχο «σκαλοπάτι» δυναμικού θα έχει ύψος V0 = qφ = 4e × 6 kV = 24 keV. Η αντίστοιχη ενέργεια των σωματιδίων είναι E = 25 keV, συνεπώς βάσει του τύπου !2 √ √ E − E − V0 R= √ (6) √ E + E − V0 καταλήγει κανείς με απλή αντικατάσταση στο επιθυμητό αποτέλεσμα: R ' 44.4%. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 4
Σύμφωνα με τον τύπο (6), όσο πιο κοντά είναι η ενέργεια E στην τιμή του δυναμικού V0 , τόσο πλησιέστερη είναι η τιμή του συντελεστή ανάκλασης R στη μονάδα (Σχήμα 8). Οι μόνες παράμετροι που καθορίζουν την τιμή του R είναι η ενέργεια E και το δυναμικό V0 , συνεπώς η σωστή απάντηση είναι η α.
27
Σχήμα 8: Ο συντελεστής ανάκλασης R (μπλε καμπύλη) συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου E/V0 στο πρόβλημα της πρόπτωσης δέσμης σωματιδίων καθορισμένης ενέργειας E σε ένα κβαντομηχανικό «σκαλοπάτι» δυναμικού ύψους V0 . Στην περίπτωση E = V0 παρατηρείται το φαινόμενο της ολικής ανάκλασης, ενώ για E > V0 υπάρχει μία πεπερασμένη πιθανότητα ανάκλασης. 'Askhsh 5
Δεδομένου ότι ο συντελεστής ανάκλασης που δίνεται από τον τύπο (6) εξαρτάται μόνο από την ενέργεια E και την τιμή του δυναμικού V0 , η σωστή απάντηση είναι η γ. 'Askhsh 6
Ο τύπος (6) που δίνει τον συντελεστή ανάκλασης ισχύει μόνο για «σκαλοπάτι» δυναμικού. Το δυναμικό της άσκησης δεν είναι τέτοιου τύπου, καθώς συμπεριφέρεται «ομαλά» στην αρχή x = 0, σε αντίθεση με το «σκαλοπάτι» δυναμικού που παρουσιάζει μία απότομη μεταβολή στο σημείο αυτό. Λόγω αυτής της απότομης μεταβολής προκύπτει τελικά ότι ο συντελεστής ανάκλασης είναι ανεξάρτητος τόσο της σταθεράς του Planck ~, όσο και της μάζας του σωματιδίου που προσπίπτει στο δυναμικό. Για το «ομαλό» δυναμικό της άσκησης (Σχήμα 9) αναμένεται λοιπόν να παίζει ρόλο το πόσο «κβαντομηχανικό» είναι το προσπίπτον σωματίδιο, ιδιότητα που είναι αντιστρόφως ανάλογη της μάζας. Για την ίδια ενέργεια E και ίδιο ύψος δυναμικού V0 περιμένει λοιπόν κανείς το ηλεκτρόνιο να έχει μεγαλύτερη πιθανότητα να ανακλαστεί, καθώς έχει μικρότερη μάζα από το πρωτόνιο. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. Σχόλια Το παραπάνω επιχείρημα είναι καθαρά ποιοτικό. Μία λεπτομερέστερη συζήτηση επί του θέματος μπορεί να βρει ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης στο βιβλίο Κβαντομηχανική Ι του Σ. Τραχανά, σελ. 258. Παρ’ όλα αυτά μία αυστηρή απόδειξη απαιτεί επίλυση της εξίσωσης Schr¨odinger για δυναμικό V (x) = V0 eλx /(1 + eλx ), η οποία λύνεται αναλυτικά. 'Askhsh 7
Το πρόβλημα είναι ταυτόσημο με εκείνο της ΄Ασκησης 3 για q = 2e (αφού το σωματίδιο άλφα είναι ένας πυρήνας ηλίου-4) και φ = 8 kV. Αντικαθιστώντας E = 25 keV και V0 = qφ = 16 keV στον τύπο (6), καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: R = 6.25%. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 28
Σχήμα 9: Το αδιάστατο δυναμικό V (x)/V0 = eλx /(1 + eλx ) (μπλε καμπύλη) συναρτήσει της αδιάστατης παραμέτρου λx. Στο όριο λ → 0, το δυναμικό ανάγεται στο κβαντομηχανικό «σκαλοπάτι».
'Askhsh 8
Δεδομένου ότι για E ≤ V0 ο συντελεστής διέλευσης T είναι πάντοτε μηδέν, συμπεραίνει κανείς ότι η σωστή απάντηση είναι η γ.
29
Mjhma 18 'Askhsh 1
Ο συντελεστής διέλευσης στην περίπτωση του τετραγωνικού πηγαδιού πλάτους L δίνεται από την προσεγγιστική σχέση r 2m(V0 − E) −2γL (7) T 'e , γ= ~2 όπου E η ενέργεια του σωματιδίου που βρίσκεται παγιδευμένο στο πηγάδι και V0 το ύψος του πηγαδιού. Δεδομένου ότι ο χρόνος ζωής ενός ραδιενεργού πυρήνα κατά τη διάσπαση άλφα είναι αντιστρόφως ανάλογος του συντελεστή διέλευσης (όσο πιο μεγάλος είναι ο συντελεστής διέλευσης, τόσο πιο γρήγορα θα εξέλθουν τα σωματίδια άλφα από τον πυρήνα και άρα τόσο πιο γρήγορα εκείνος θα διασπαστεί) και ότι ο συντελεστής διέλευσης εξαρτάται εκθετικά από την ενέργεια των σωματιδίων άλφα, συμπεραίνει κανείς ότι η σωστή απάντηση είναι η α. 'Askhsh 2
΄Εστω Tp και THe+ οι συντελεστές διέλευσης του πρωτονίου και του ιόντος ηλίου-4 (4 He+ ) αντίστοιχα. ΄Ενα πρωτόνιο και ένα ιόν ηλίου-4 έχουν το ίδιο φορτίο, συνεπώς για ίδιο ηλεκτρικό δυναμικό το ύψος του πηγαδιού V0 που «βλέποει» το ιόν ηλίου-4 είναι το ίδιο με εκείνο που «βλέπει» το πρωτόνιο.5 Δεδομένου λοιπόν ότι τα εν λόγω σωματίδια έχουν, εξ υποθέσεως, την ίδια ενέργεια, ο παράγοντας (V0 − E) θα είναι κοινός. Σύμφωνα με τον τύπο (7) όμως, ο συντελεστής διέλευσης έχει την εξής μορφή: T ' eβ
√
m
,
όπου β μία σταθερά που είναι κοινή τόσο για το πρωτόνιο, όσο και για το ιόν ηλίου-4, και m η μάζα του σωματιδίου που βρίσκεται παγιδευμένο στο πηγάδι. Σύμφωνα με τον τελευταίο τύπο όμως, THe+ ' eβ ' eβ
√
mHe+
√
' e2β
4mp
√
' eβ
mp
√
mp 2
= (Tp )2 , όπου έγινε χρήση της σχέσης mHe+ ' 4mp . Δεδομένου όμως ότι Tp = 10−3 , ο τελευταίος τύπος οδηγεί στο τελικό αποτέλεσμα: THe+ = 10−6 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 3
Ο παράγοντας γ στην (7) για V0 − E = 13.6 eV ' ~2 /2ma20 γίνεται: s 2m ~2 1 γ' = . 2 2 ~ 2ma0 a0 Δεδομένου όμως ότι L = 4 ˚ Α ' 8a0 , ο συντελεστής διέλευσης σύμφωνα με τον τύπο (7) θα είναι: T ' e−16 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 5 Autì
sumbaÐnei bèbaia epeid to fortÐo tou prwtonÐou eÐnai Ðdio me to fortÐo tou iìntoc hlÐou-4.
30
'Askhsh 4
Η μόνη διαφορά με το προηγούμενο πρόβλημα, είναι ότι το μήκος του φράγματος L τριπλασιάζεται. Αντικαθιστώντας στον τύπο (7), βρίσκει κανείς το επιθυμητό αποτέλεσμα: T ' e−48 . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 5
Το φαινόμενο της σήραγγας δεν αναφέρεται μόνο σε διείσδυση κλασικά απαγορευμένων περιοχών − αυτό συμβαίνει και στο «σκαλοπάτι» δυναμικού όπου ένα κβαντομηχανικό σωματίδιο με ενέργεια μικρότερη από το ύψος του δυναμικού μπορεί να διεισδύσει στην κλασικά απαγορευμένη περιοχή με εκθετική απόσβεση. Στο φαινόμενο της σήραγγας το σωματίδιο όχι μόνο διεισδύει σε κλασικά απαγορευμένες περιοχές, αλλά καταφέρνει και να «δραπετεύσει» από την έλξη του δυναμικού − διαβαίνει, με άλλα λόγια, κλασικά απαγορευμένες περιοχές. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ.
31
Mjhma 19 'Askhsh 1
Από τον ορισμό της μέσης ενέργειας για ένα σωματίδιο παγιδευμένο σε απειρόβαθο πηγάδι δυναμικού, Z L ˆ hEi = ψ ∗ Hψdx 0 !∗ ! r r Z L 1 2 2 1 ˆ √ ψ1 + i √ ψ1 + i = ψ2 H ψ2 3 3 3 3 0 ! ! r r Z L 1 1 ∗ 2 ∗ ˆ 2 √ ψ1 − i ψ H √ ψ1 + i ψ2 = 3 2 3 3 3 0 √ Z L √ Z L Z Z 2 L ∗ˆ 1 L ∗ˆ 2 2 ∗ ˆ ˆ 1 dx. ψ Hψ1 dx + ψ Hψ2 dx + i ψ Hψ2 dx − i ψ ∗ Hψ = 3 0 1 3 0 2 3 0 1 3 0 2 ΄Ομως ˆ 1 = E 1 ψ1 Hψ ˆ 2 = E 2 ψ2 , Hψ συνεπώς 1 hEi = E1 3
Z
L
0
2 |ψ1 | dx + 3 2
Z 0
L
√
2 |ψ2 | dx + i E2 3 2
Z
L
0
ψ1∗ ψ2 dx
√ Z L 2 −i ψ ∗ ψ1 dx. 3 0 2
Είναι επίσης γνωστό ότι L
Z
|ψ1 |2 dx = 1
0 L
Z Z
|ψ2 |2 dx = 1
0 L
ψ1∗ ψ2 dx = 0
0 L
Z
ψ2∗ ψ1 dx = 0.
0
Συνδυάζοντας όλα τα παραπάνω καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: 1 E1 + 3 1 = E1 + 3 = 3E1 .
hEi =
2 E2 3 2 (4E1 ) 3
Δεδομένου ότι E1 = 3 eV, hEi = 9 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 2
Ακολουθώντας παρόμοια διαδικασία με την ΄Ασκηση 1, είναι δυνατόν να δειχθεί ότι 1 2 E + 3 1 1 = E12 + 3 1 = E12 + 3 = 11E12 .
hE 2 i =
32
2 2 E 3 2 2 (4E1 )2 3 2 16E12 3
΄Ομως ∆E =
p
hE 2 i − hEi2 ,
συνεπώς συνδυάζοντας τα παραπάνω αποτελέσματα, καθώς και εκείνο της ΄Ασκησης 1, καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: √ √ ∆E = E1 2 = 3 2 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 3
Είναι δυνατόν να δειχθεί ότι Z ∞
|ψ|2 dx = 1 Z ∞ Z 2 |ψ1 |2 dx + |N | −∞
∞ 2
Z
Δεδομένου όμως ότι Z
2
|ψ4 | dx
|ψ2 | dx + 2
= 1.
−∞
−∞
∞
∞
∞
|ψn |2 dx = 1,
∀n
−∞
καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: |N |2 (1 + 1 + 2) = 1 1 |N |2 = . 4 ΄Η, κρατώντας μόνο το θετικό πρόσημο, |N | =
1 . 2
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 4
Ο υπολογισμός της μέσης hxi ανάγεται στον υπολογισμό ολοκληρωμάτων της μορφής Z ∞ x|ψn |2 dx, n = 0, 2, 4 −∞
Δεδομένου ότι οι ιδιοσυναρτήσεις ψ0 , ψ2 και ψ4 του αρμονικού ταλαντωτή είναι άρτιες, η υπό ολοκλήρωση συναρτήσεις x|ψn |2 , n = 0, 2, 4 είναι περιττές, συνεπώς αφού ολοκληρώνονται σε συμμετρικό ως προς την αρχή διάτημα συμπεραίνει κανείς ότι hxi = 0. 'Askhsh 5
Ακολουθώντας παρόμοια τακτική με την ΄Ασκηση 1 για τις ιδιοσυναρτήσεις του αρμονικού ταλαντωτή, 1 1 E0 + E1 . 2 2 Δεδομένου όμως ότι, στο φυσικό σύστημα μονάδων ~ = m = ω = 1, hEi =
1 2 3 E1 = , 2 E0 =
καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: hEi = 1. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 33
'Askhsh 6
Ακολουθώντας παρόμοια διαδικασία με την ΄Ασκηση 2, βρίσκει κανείς ότι hE 2 i = ΄Αρα λοιπόν, δεδομένου ότι ∆E =
1 2 1 2 5 E + E = . 2 1 2 2 4
p hE 2 i − hEi2 , ∆E =
1 . 2
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 7
Δεδομένου ότι οι ιδιοσυναρτήσεις του αρμονικού ταλαντωτή αντιστοιχούν σε στάσιμες καταστάσεις, οι μέσες τιμές δεν θα αλλάζουν με το χρόνο. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 8
Αν τη χρονική στιγμή t = 0 ένα σύστημα βρίσκεται στην κατάσταση υπέρθεσης ψ(0) = c0 ψ0 + c1 ψ1 , τότε είναι γνωστό πως η χρονικά εξελιγμένη μορφή της κυματοσυνάρτησης μετά από χρόνο t θα είναι: ψ(t) = c0 ψ0 e−iE0 t/~ + c1 ψ1 e−iE1 t/~ , όπου E0 και E1 η ενέργεια που αντιστοιχεί στις καταστάσεις που περιγράφονται από τις ψ1 και ψ2 , αντίστοιχα. Εν προκειμένω E0 = 1/2 και E1 = 3/2 (στο σύστημα μονάδων ~ = m = ω = 1), συνεπώς 1 ψ(t) = √ ψ0 e−it/2 + ψ1 e−3it/2 . 2
34
Mjhma 20 'Askhsh 1
Σύμφωνα με την σχέση αβεβαιότητας χρόνου-ενέργειας, τ ∆E ' ~.
(8)
Για τ = 10−7 s και ~ ≈ 10−27 erg s ≈ 10−15 eV s η εξίσωση (8) οδηγεί στο ζητούμενο αποτέλεσμα: ∆E ≈ 10−8 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 2
Δεδομένου ότι οι τιμές της ενέργειας E της διεγερμένης στάθμης περιγράφονται από μία κανονική (ή γκαουσιανή) κατανομή, θα υπάρχει μία μέση τιμή hEi της ενέργειας και μία τυπική απόκλιση ∆E ≈ 10−8 eV (΄Ασκηση 1). Με άλλα λόγια, κατά μία μέτρηση της ενέργειας της εν λόγω στάθμης, υπάρχει πιθανότητα ' 68% να μετρηθεί μία τιμή E μεταξύ [hEi − ∆E, hEi + ∆E] (Σχήμα 10). Η μέση τιμή της ενέργειας είναι ακριβώς αυτή που θα έβρισκε κανείς αν η στάθμη είχε ακριβώς καθορισμένη τιμή. Δεδομένου ότι hλi = 10000 ˚ Α λοιπόν, hEi =
hc hλi
12000 eV ˚ Α ˚ 10000 Α ' 1.2 eV. '
Το μήκος κύματος λ εξαρτάται όμως από την ενέργεια, οπότε λ= =
hc E hc . hEi + ∆E
Για ∆E/hEi 1 όμως, 1 1 1 = hEi + ∆E hEi 1 + (∆E/hEi) 1 ∆E 2 ∆E = +O 1− hEi hEi hEi2 ∆E 1 1− ≈ hEi hEi 1 ∆E ≈ − , hEi hEi2 όπου O(∆E 2 /hEi2 ) όροι τάξης (∆E/hEi)2 και ανώτεροι, οι οποίοι αγνοήθηκαν. Οπότε hc hc − ∆E. hEi hEi2 ≈ hλi + ∆λ.
λ≈
Με άλλα λόγια, το μήκος κύματος ακολουθεί επίσης μία κανονική κατανομή με μέση τιμή hλi =
hc ' 10000 ˚ Α hEi
και τυπική απόκλιση (ή αβεβαιότητα) ∆λ =
hc ∆E ∼ 10−4 ˚ Α. hEi2
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 35
Σχήμα 10: Η κατανομή της ενέργειας μίας διεγερμένης ηλεκτρονιακής στάθμης με αβεβαιότητα ∆E. Δεδομένης της πιθανοκρατικής φύσης της Κβαντομηχανικής, η κατανομή της ενέργειας πρέπει να είναι κανονική με μέση τιμή hEi και τυπική απόκλιση ∆E. Η πιθανότητα να μετρηθεί μία τιμή της ενέργειας στο διάστημα [hEi − ∆E, hEi + ∆E] (κόκκινη περιοχή) είναι τότε ' 68%.
'Askhsh 3
΄Οπως είναι γνωστό, οι θεμελιώδεις καταστάσεις έχουν μηδενική απροσδιοριστία ενέργειας. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 4
Σύμφωνα με τον τύπο (8), όσο μικρότερος είναι ο μέσος χρόνος ζωής μίας κατάστασης, τόσο μεγαλύτερη είναι η αβεβαιότητα της ενέργειας. Επίσης ο μέσος χρόνος ζωής δεν σχετίζεται με αβεβαιότητα, οπότε ο τύπος (8) δεν έχει παρόμοιο φυσικό περιεχόμενο με την σχέση αβεβαιότητας θέσης-ορμής. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 5
Σύμφωνα με τον τύπο (8) για τ ∼ 10−16 s, ∆E ∼ 10 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ.
36
Mjhma 21 'Askhsh 1
Σύμφωνα με τη συνθήκη κανονικοποίησης (2), Z
|ψ(r)|2 dV = 1
V
2
Z ∞∞
4π|N |
r2 e−2r dr = 1.
0
Δεδομένου όμως ότι
R∞ 0
e−2r dr = 1/4, η τελευταία σχέση δίνει 1 |N | = ± √ . π
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 2
Σύμφωνα με τον ορισμό της μέσης τιμής, Z
r|ψ(r)|2 dV
hri =
V∞ Z ∞
=4
r3 e−2r dr,
(A.U.)
0
όπου έγινε χρήση του αποτελέσματος της ΄Ασκησης 1. Δεδομένου ότι στο επιθυμητό αποτέλεσμα: 3 hri = (A.U.) 2
R∞ 0
r3 e−2r dr = 3/8, καταλήγει κανείς
Κατά την επαναφορά των διαστάσεων πρέπει να πολλαπλασιάσει κανείς το παραπάνω αποτέλεσμα με την ακτίνα του Bohr, συνεπώς η σωστή απάντηση είναι η δ. 'Askhsh 3
΄Οπως είναι γνωστό, αν μία κυματοσυνάρτηση είναι πραγματική τότε η μέση τιμή της ορμής είναι μηδέν (εξίσωση (5)). Δεδομένου ότι η κυματοσυνάρτηση που περιγράφει τη θεμελιώδη κατάσταση ενός ηλεκτρονίου στο άτομο του υδρογόνου είναι πραγματική (΄Ασκηση 1), συμπεραίνει κανείς ότι hpi = 0. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. Σχόλια Το παραπάνω αποτέλεσμα μπορεί βέβαια να αποδειχθεί και αυστηρά, υπολογίζοντας τη μέση τιμή κάθε καρτεσιανής συνιστώσας της ορμής. Η μόνο προσοχή που απαιτείται είναι ότι, αν η ολοκλήρωση γίνει σε σφαιρικές συντεταγμένες, οι τελεστές της ορμής πρέπει να εκφραστούν κι εκείνοι στο ίδιο σύστημα συντεταγμένων. Για παράδειγμα, η x-συνιστώσα της ορμής δίνεται από τη γνωστή σχέση px = −i~
∂ . ∂x
Ο μετασχηματισμός που θα εκφράσει τον παραπάνω τελεστή σε σφαιρικές συντεταγμένες είναι ο ∂ ∂r ∂ ∂θ ∂ ∂φ ∂ = + + . ∂x ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x ∂φ
37
Με βάση την παραπάνω σχέση είναι εύκολο να δειχθεί ότι ∂ ∂ 1 ∂ 1 sin φ ∂ = −i~ sin θ cos φ + cos θ cos φ − . ∂x ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ Ο παραπάνω τελεστής μπορεί τώρα να δράσει πάνω σε μία κυματοσυνάρτηση της μορφής ψ = ψ(r, θ, φ), οπότε Z hpx i = ψ ∗ (r, θ, φ)px ψ(r, θ, φ)dV. V∞
Τα υπόλοιπα είναι καθαρά θέμα πράξεων και αφήνονται στον ενδιαφερόμενο αναγνώστη. Το αποτέλεσμα ` = 0 είναι επίσης ποιοτικά εύλογο, από τη στιγμή που η κυματοσυνάρτηση που περιγράφει την θεμελιώδη κατάσταση του ηλεκτρονίου στο άτομο του υδρογόνου έχει πλήρη σφαιρική συμμετρία − κανένας άξονας δεν «προτιμάται» περισσότερο από το ηλεκτρόνιο. Η πρόβλεψη αυτή της Κβαντομηχανικής έρχεται σε ρήξη με την αντίστοιχη (λανθασμένη) τιμή |`| = ~ που προβλέπει το μοντέλο του Bohr. 'Askhsh 4
Αρχικά πρέπει να βρεθεί ο μοναδικός εκείνος συνδυασμός των ~, m και e που έχει διαστάσεις ορμής. Αν p0 λοιπόν η ζητούμενη ποσότητα, τότε είναι φανερό ότι το μέγεθος p20 /m έχει διαστάσεις ενέργειας, που στο ατομικό σύστημα δίνεται από τον συνδυασμό me4 /~2 . Συνεπώς me4 p20 = 2 m ~ me2 p0 = . ~ √ Δεδομένου ότι ∆p = 1/ 3 σε ατομικές μονάδες, το αντίστοιχο αποτέλεσμα κατά την αποκατάσταση των διαστάσεων είναι me2 ∆p = √ . ~ 3 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 5
΄Οπως είναι γνωστό, αν ένα κβαντικό σύστημα βρίσκεται σε μία συγκεκριμένη κατάσταση, τότε θα περιγράφεται από την ιδιοσυνάρτηση και ιδιοτιμή της Χαμιλτονιανής που αντιστοιχεί στην κατάσταση αυτή. Η ενέργεια θα είναι, με άλλα λόγια, πλήρως καθορισμένη. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια Ο αναγνώστης παραπέμπεται στις Ασκήσεις 3 και 4 του Μαθήματος 15 όπου αποδεικνύεται ο παραπάνω ισχυρισμός. 'Askhsh 6
Δεδομένου ότι `2 = `(` + 1)~2 και ` = 0 για τη θεμελιώδη κατάσταση, συμπεραίνει κανείς ότι ` = 0. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια Ο παραπάνω ισχυρισμός μπορεί βέβαια να αποδειχθεί και με διαφορετικό τρόπο, υπολογίζοντας τη μέση τιμή κάθε συνιστώσας της στροφορμής ` = (`x , `y , `z ) και ακολουθώντας παρόμοια διαδικασία με εκείνη που υποδεικνύεται στην ΄Ασκηση 3.
38
'Askhsh 7
Αν E1 και E2 η ενέργεια που αντιστοιχεί στις καταστάσεις ψ1 και ψ2 αντίστοιχα, τότε (σε ατομικές μονάδες) 1 2 1 E2 = − . 8 E1 = −
Είναι επίσης εύκολο να δειχθεί ότι 1 2 E1 + E2 . 3 3 Συνδυάζοντας τα παραπάνω καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: hEi =
1 hEi = − . 4 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 8
p Δεδομένου ότι ∆E = hE 2 i − hEi2 και hE 2 i = 3/32 (όπως εύκολα μπορεί να δειχθεί), καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: 1 ∆E = √ . 4 2 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 9
Η πιθανότερη τιμή της ενέργειας που μπορεί να προκύψει κατά μία μέτρηση αντιστοιχεί, βέβαια, στην ενέργεια της ιδιοσυνάρτησης που έχει μεγαλύτερο «βάρος» στην κατάσταση υπέρθεσης, η οποία για το συγκεκριμένο πρόβλημα είναι η ψ2 που αντιστοιχεί στην πρώτη διεγερμένη κατάσταση του ηλεκτρονίου στο άτομο του υδρογόνου με ενέργεια E2 = −1/8 σε ατομικές μονάδες. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 10
Είναι γνωστό ότι η χρονικά εξελιγμένη μορφή μίας ιδιοσυνάρτησης ψn (r) με ενέργεια En είναι ψn (r, t) = ψn (r)e−iEn t/~ . √ Για ψn (r) ≡ ψ1 (r) = (1/ π)e−r και En ≡ E1 = −1/2 σε ατομικές μονάδες, ο παραπάνω τύπος οδηγεί στο επιθυμητό αποτέλεσμα: ψ1 (r, t) = ψ1 (r)eit/2 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α.
39
(A.U.)
Mjhma 22 'Askhsh 1
Οι καταστάσεις d αντιστοιχούν σε ` = 2, επομένως από τη σχέση p |`| = ~ `(` + 1)
(9)
καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: |`| =
√
6~.
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 2
Οι καταστάσεις s αντιστοιχούν σε ` = 0, οπότε λόγω της (9) |`| = 0. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 3
Δεδομένου ότι το μοναχικό ηλεκτρόνιο στο He+ βρίσκεται στην κατάσταση 4s, συμπεραίνει κανείς ότι n = 4. Επομένως η ενέργεια του ηλεκτρονίου θα είναι En ' −
13.6Z 2 n=4 eV −−−→ E4 ' −3.4 eV. Z=2 n2
΄Αρα το έργο ιοντισμού του He+ αν το ηλεκτρόνιο βρίσκεται στην κατάσταση 4s είναι WI = −E4 ' 3.4 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 4
Η κατάσταση ψ332 δεν υπάρχει, καθώς για n = 3 ο κβαντικός αριθμός ` μπορεί να πάρει μόνο τις τιμές ` = 0, 1, 2. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 5
Δεδομένου ότι ο κανόνας επιλογής για τις κβαντικές μεταβάσεις είναι ∆` = 1, η διεγερμένη κατάσταση που θα προκύψει θα είναι η 2p. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 6
Σύμφωνα με τον κανόνα επιλογής ∆` = 1 για τις κβαντικές μεταβάσεις, ένα ηλεκτρόνιο που βρίσκεται στη στάθμη 4p μπορεί να μεταβεί με αποβολή φωτονίου μόνο προς τις καταστάσεις 3s, 2s, 1s και 3d. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 7
p p √ √ Δεδομένου ότι |`| = 6 2~ = 72~ = 8(8 + 1)~ και |`| = `(` + 1)~, συμπεραίνει κανείς ότι ` = 8. Δεδομένου ότι ο κβαντικός αριθμός m` παίρνει τιμές −8, −7, ..., −1, 0, 1, ...7, 8, η κατάσταση μέγιστης προβολής στον άξονα z θα αντιστοιχεί σε m` = 8, οπότε `z = m` ~ = 8~. Η ζητούμενη γωνία είναι λοιπόν √ `z 2 2 cos θ = = . |`| 3 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 40
'Askhsh 8
Αρχικά πρέπει να προσδιορισθεί ο συντελεστής κανονικοποίησης N . Δεδομένου ότι Z ∗ ψn`m ψn0 `0 m0 dV = δnn0 δ``0 δmm0 , V∞
είναι εύκολο να δειχθεί ότι Z Z |ψ|2 dV = |N |2 V∞
|ψ100 |2 dV + 2
V∞
Z
|ψ211 |2 dV +
Z
V∞
|ψ322 |2 dV
V∞
1 = |N |2 (1 + 2 + 1) 1 |N | = ± . 2 Επομένως h`z iψ =
1 (h`z iψ100 + 2h`z iψ211 + h`z iψ322 ). 4
΄Ομως h`z iψ100 = 0 h`z iψ211 = ~ h`z iψ322 = 2~, συνεπώς h`z iψ = ~. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 9
Σύμφωνα με τη συνθήκη κανονικοποίησης (2), Z
|ψ210 |2 dV = 1
V∞ 2
Z
|N | Rπ 0
π
Z
2
dφ 0
Δεδομένου όμως ότι αποτέλεσμα:
2π
Z
∞
sin θ cos θdθ 0
r4 e−r dr = 1.
0
cos2 θ sin θdθ = 2/3 και
R∞ 0
r4 e−r dr = 24, η τελευταία σχέση οδηγεί στο επιθυμητό
1 |N | = ± √ . 4 2π Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 10
Δεδομένου ότι οι επιτρεπόμενες τιμές των κβαντικών αριθμών n, `, m είναι n = 1, 2, 3, ... ` = 0, 1, ..., n − 1 m = −`, ..., 0, ..., `, μπρορούν να αποκλειστούν αμέσως οι κυματοσυναρτήσεις A, B και E, καθώς αντιστοιχούν σε μη πραγματοποιήσιμες φυσικές καταστάσεις. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ.
41
Mjhma 23 'Askhsh 1
΄Οπως είναι γνωστό, η σχέση μαγνητικής ροπής-στροφορμής είναι ` µ` = −µB , ~
(10)
√ όπου µB η μαγνητόνη του Bohr. Δεδομένου ότι ` = 3, το μέτρο της στροφορμής είναι |`| = 2 3~. Μία απλή αντικατάσταση στην (10) οδηγεί λοιπόν στο επιθυμητό αποτέλεσμα: √ |µ` | = 2 3µB . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 2
΄Οπως είναι γνωστό από το ομαλό φαινόμενο Zeeman, η εφαρμογή ενός μαγνητικού πεδίου προκαλεί διαχωρισμό μίας φασματικής γραμμής κατά μία επιτρεπόμενη μετάβαση από ` σε ` − 1 σε τρεις γραμμές λόγω του κανόνα ∆m = 0, ±1. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 3
Σύμφωνα με την (10), `z ~ = −µB m` .
(µ` )z = −µB
Δεδομένου όμως ότι η κατάσταση ψ322 αντιστοιχεί σε m` = 2, η προηγούμενη σχέση οδηγεί στο επιθυμητό αποτέλεσμα: (µ` )z = −2µB . Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 4
΄Οπως είναι γνωστό από τη θεωρία του πειράματος Stern−Gerlach, ο αριθμός των κηλίδων (αν αγνοηθεί η ιδιοστροφορμή) ισούται με 2` + 1. Εν προκειμένω ` = 2, επομένως ο αριθμός των κηλίδων θα είναι ίσος με πέντε. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 5
Δεδομένου ότι τα εν λόγω άτομα υδρογόνου έχουν καθορισμένη τιμή του κβαντικού αριθμού m` , ο αριθμός των κηλίδων (αγνοώντας την ιδιοστροφορμή των ηλεκτρονίων) θα είναι ίσος με μία. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ.
42
Mjhma 24 'Askhsh 1
Δεδομένου ότι τα άτομα υδρογόνου βρίσκονται στη θεμελιώδη τους κατάσταση έπεται ότι ` = 0, συνεπώς ο αριθμός των κηλίδων θα οφείλεται μόνο στην ιδιοστροφορμή των ηλεκτρονίων. Ο ζητούμενος αριθμός ισούται όμως με τις διαφορετικές τιμές της προβολής της ιδιοστροφορμής σε δεδομένο άξονα (π.χ. τον άξονα z), ήτοι 2s + 1 όπου s ο κβαντικός αριθμός της ιδιοστροφορμής. Επομένως για 2s + 1 = 6 συμπεραίνει κανείς ότι 5 s= . 2 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 2
΄Οπως είναι γνωστό από το ομαλό φαινόμενο Zeeman, η θεμελιώδης στάθμη θα χωριστεί σε 2s + 1 = 2 συνιστώσες. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 3
΄Οπως είναι γνωστό, η ενεργειακή διόρθωση δE στη θεμελιώδη στάθμη λόγω εφαρμογής ενός ομογενούς μαγνητικού πεδίου B δίνεται από τον τύπο δE = −µ · B s ·B = 2µB ~ = 2µB Bms . Δεδομένου ότι ms = −1/2, 1/2 για την ιδιοστροφορμή του ηλεκτρονίου, δύο γειτονικές στάθμες Zeeman που θα προκύψουν από την εφαρμογή του μαγνητικού πεδίου θα έχουν ενεργειακή διαφορά, σύμφωνα με τον προηγούμενο τύπο, ∆ = µB B. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 4
p Δεδομένου ότι |s| = ~ s(s + 1) και s = 1/2 για το ηλεκτρόνιο, συμπεραίνει κανείς ότι √ |s| =
3 ~. 2
Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 5
Δεδομένου ότι το συνημίτονο της ζητούμενης γωνίας δίνεται από τον τύπο cos θ =
sz ms =p , |s| s(s + 1)
για s = 1/2 και ms = 1/2 ο παραπάνω τύπος δίνει για την κατάσταση «μέγιστης παραλληλίας» 1 cos θ = √ . 3 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ.
43
'Askhsh 6
Εν γένει, το ηλεκτρόνιο βρίσκεται σε μία κατάσταση υπέρθεσης Ψ = c↑ ψ↑ + c↓ ψ↓ , όπου ψ↑ , ψ↓ οι κυματοσυναρτήσεις που περιγράφουν τις καταστάσεις «σπιν-πάνω» (ms = +1/2) και «σπινκάτω» (ms = −1/2), αντίστοιχα. Ο μόνος περιορισμός των (εν γένει μιγαδικών) σταθερών c↑ και c↓ , που περιγράφουν το «βάρος» που έχει κάθει κατάσταση ξεχωριστά, είναι |c↑ |2 + |c↓ |2 = 1 P+ + P− = 1. Η παραπάνω σχέση είναι απλώς η συνθήκη κανονικοποίησης, η οποία επιβάλλει το άθροισμα των πιθανοτήτων P+ ≡ |c↑ |2 και P− ≡ |c↓ |2 μετά από μία μέτρηση το ηλεκτρόνιο να βρίσκεται στην κατάσταση «σπιν-πάνω» ή «σπιν-κάτω» αντίστοιχα έιναι ίση με μονάδα − με άλλα λόγια, σε μία μέτρηση μόνο μία από τις δύο πιθανές καταστάσεις θα καταγραφεί. Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος η μέση τιμή της προβολής του διανύσματος της ιδιοστροφορμής στον z-άξονα μετρήθηκε ίση με ~ hsz i = . 4 Δεδομένου όμως ότι η εν λόγω μέση τιμή εν γένει θα ισούται με ~ ~ 2 2 hsz i = |c↑ | · + + |c↓ | · − 2 2 ~ ~ = P + − P− , 2 2 συμπεραίνει κανείς συνδυάζοντας όλα τα παραπάνω ότι (P+ , P− ) = (3/4, 1/4). Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. Σχόλια Το παραπάνω αποτέλεσμα μπορούσε να εξαχθεί και ταχύτερα, χρησιμοποιώντας μόνο τη συνθήκη κανονικοποίησης P+ + P− = 1 και το γεγονός ότι, για να ισχύει η συνθήκη hsz i > 0, πρέπει η ψ↑ να έχει μεγαλύτερο «βάρος» στην κατάσταση υπέρθεσης Ψ. Γιατί; 'Askhsh 7
p Δεδομένου ότι ∆sz = hs2z i − hsz i2 και (όπως εύκολα μπορεί να δειχθεί) hs2z i = ~2 /4, καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα √ 3 ∆sz = ~. 4 Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 8
Δεδομένου ότι |s| ~ p = 2µB s(s + 1)
|µ| = 2µB
αφού ο τροχιακή στροφορμή στη θεμελιώδη κατάσταση είναι μηδέν (επομώνς θα συνεισφέρει μόνο η ιδιοστροφορμή), ο παραπάνω τύπος για s = 1/2 οδηγεί στο επιθυμητό αποτέλεσμα: |µ| =
√
44
3µB .
'Askhsh 9
Δεδομένου ότι η μαγνητική ροπή είναι αντιστρόφως ανάλογη της μάζας του σωματιδίου, αναμένεται πράγματι η μαγνητική ροπή του πρωτονίου να είναι μικρότερη από εκείνη του ηλεκτρονίου. Ο κβαντικός αριθμός της ιδιοστροφορμής μπορεί επίσης να πάρει οποιαδήποτε μη-αρνητική ημιακέραια τιμή (0, 1/2, 1, 3/2, ...), συνεπώς δεν υπάρχει κάποιος φυσικός νόμος που να απαγορεύει ένα σωματίδιο να έχει μηδενική ιδιοστροφορμή. Για παράδειγμα, το Καθιερωμένο Μοντέλο της σωματιδιακής φυσικής προβλέπει ότι το λεγόμενο σωματίδιο Higgs έχει s = 0. Τέλος η ιδιοστροφορμή δεν οφείλεται στην περιστροφή των σωματιδίων γύρω από τον άξονά τους, συνεπώς δεν μπορεί η εν λόγω κλασική εικόνα να χρησιμοποιηθεί σαν διαγνωστικό κριτήριο. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 10
Η πρώτη πρόταση √ είναι λανθασμένη, καθώς π.χ. για s = 1 το μέτρο της ιδιοστροφορμής (σε μονάδες ~ = 1) είναι 3, που είναι άρρητος. Η δεύτερη πρόταση είναι επίσης λανθασμένη, καθώς το διάνυσμα της ιδιοστροφορμής δεν ευθυγραμμίζεται ποτέ με κάποιον άξονα. Η τρίτη πρόταση είναι σωστή, καθώς η ιδιοστροφορμή είναι μία εγγενής ιδιότητα κάθε σωματιδίου − χαρακτηρίζει, δηλαδή, κάθε σωματίδιο, όπως και η μάζα, το φορτίο, ο λεπτονικός/βαρυονικός αριθμός κτλ. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α.
45
Mjhma 25 'Askhsh 1
΄Οπως είναι γνωστό, τα ενεργειακά επίπεδα του προβλήματος του απειρόβαθου πηγαδιού δίνονται από τον τύπο En = E1 n2 , n = 1, 2, 3, ... όπου E1 = ~2 π 2 /2mL2 , που σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος ισούται με 1 eV. Λόγω της απαγορευτικής αρχής του Pauli, κάθε ενεργειακή στάθμη θα επικοιστεί λοιπόν από 2s + 1 = 2 × (3/2) + 1 = 4 σωματίδια. Δεδομένου ότι συνολικά υπάρχουν δέκα τέτοια σωματίδια με s = 3/2, τα ενεργειακά επίπεδα θα εποικιστούν με τον παρακάτω τρόπο: • 4 σωματίδια στη στάθμη n = 1 • 4 σωματίδια στη στάθμη n = 2 • 2 σωματίδια στη στάθμη n = 3 Η ολική ενέργεια του συστήματος θα είναι λοιπόν Etot = 4E1 + 4E2 + 2E3 = 4E1 + 4(4E1 ) + 2(9E1 ) = 4E1 + 16E1 + 18E1 = 38E1 . Δεδομένου όμως ότι E1 = 1 eV, καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: Etot = 38 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η δ. 'Askhsh 2
Η ελάχιστη ενέργεια διέγερσης αντιστοιχεί στην μετάβαση ενός σωματιδίου από τη στάθμη n = 2 στη στάθμη n = 3, συνεπώς ∆Emin = E3 − E2 = 9E1 − 4E1 = 5E1 . Αντικαθιστώντας E1 = 1 eV στη προηγούμενη σχέση καταλήγει κανείς στο επιθυμητό αποτέλεσμα: ∆Emin = 5 eV. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 3
Δεδομένου ότι τα σωματίδια είναι μποζόνια (έχουν, δηλαδή, ακέραιο κβαντικό αριθμό ιδιοστροφορμής), η θεμελιώδης κατάσταση του συστήματος θα αντιστοιχεί σε είκοσι σωματίδια που βρίσκονται στη θεμελιώδη στάθμη. Επειδή όμως η θεμελιώδης στάθμη αντιστοιχεί σε μηδενική ενέργεια, συμπεραίνει κανείς ότι Etot = 0. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 4
Τα συστήματα με άρτιο αριθμό φερμιονίων είναι πάντα μποζόνια, συνεπώς η σωστή απάντηση είναι η β. 46
'Askhsh 5
Δεδομένου ότι το βαρυτόνιο, αν υπάρχει, είναι ο φορέας της βαρυτικής αλληλεπίδρασης, ο κβαντικός αριθμός της ιδιοστροφορμής του πρέπει να είναι ακέραιος αριθμός (να είναι, δηλαδή, μποζόνιο). Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η γ. 'Askhsh 6
Η πρώτη πρόταση είναι λανθασμένη, καθώς η τιμή s = 0 είναι επιτρεπτή και αντιστοιχεί σε δεδομένη τιμή ιδιοστροφορμής. Η δεύτερη πρόταση είναι επίσης λανθασμένη, καθώς το βαρυτόνιο −όντας ο εικαζόμενος φορέας της βαρυτικής αλληλεπίδρασης− είναι μποζόνιο και άρα πρέπει να έχει ακέραιο κβαντικό αριθμό ιδιοστροφορμής. Επίσης αν το ηλεκτρόνιο είχε ακέραιο κβαντικό αριθμό ιδιοστροφορμής δεν θα υπήρχε Περιοδικός Πίνακας, καθώς τότε η ελάχιστη ενέργεια κάθε «τοιχείου» θα αντιστοιχούσε σε Z αριθμό ηλεκτρονίων στη θεμελιώδη κατάσταση. Και η τρίτη πρόταση είναι λοιπόν λανθασμένη, συνεπώς η σωστή απάντηση είναι η δ. 'Askhsh 7
Η πρώτη πρόταση είναι λανθασμένη, καθώς τα σωματίδα-φορείς των δυνάμεων είναι μποζόνια. Η δεύτερη πρόταση είναι επίσης λανθασμένη, καθώς οι δομικοί λίθοι της ύλης είναι τα φερμιόνια. Η τρίτη πρόταση είναι σωστή, καθώς ο πυρήνας 42 He αποτελείται από άρτιο αριθμό μποζονίων (δύο πρωτόνια και δύο νετρόνια), επομένως σαν σύστημα συμπεριφέρεται ως μποζόνιο. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 8
Ο προσανατολισμός των ιδιοστροφορμών των δύο σωματιδίων καθορίζεται από το αν η χωρική κυματοσυνάρτηση του συστήματος είναι συμμετρική ή αντισυμμετρική. ΄Οπως είναο εύκολο να δειχθεί, για την δοθείσα χωρική κυματοσυνάρτηση ισχύει ότι ψ(x1 , x2 ) = −ψ(x2 , x1 ), επομένως είναι αντισυμμετρική. Δεδομένου όμως ότι τα σωματίδια που περιγράφονται από την εν λόγω κυματοσυνάρτηση είναι φερμιόνια, η ολική τους (χωρική και ιδιοστροφορμής) κυματοσυνάρτηση πρέπει να είναι αντισυμμετρική. Οι ιδιοστροφορμές των δύο σωματιδίων πρέπει λοιπόν να είναι παράλληλες, ούτως ώστε η κυματοσυνάρτηση που περιγράφει την ολική ιδιοστροφορμή του συστήματος να είναι συμμετρική. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α. 'Askhsh 9
Αν ο ολική ιδιοστροφορμή της διεγερμένης κατάστασης 1s1 2s1 του He είναι S = 0, τότε τα ηλεκτρόνια έχουν αντιπαράλληλες ιδιοστροφορμές. Αντιθέτως αν S = 1, οι ιδιοστροφορμές τους είναι παράλληλες. Σύμφωνα όμως με τη γενικευμένη αρχή του Pauli, αν S = 1 τότε τα δύο ηλεκτρόνια θα παραμένουν κατά μέσο όρο σε μεγαλύτερη απόσταση μεταξύ τους σε αντίθεση με την περίπτωση S = 0. Αν όμως παραμένουν κατά μέσο όρο σε μεγαλύτερη απόσταση μεταξύ τους, η απωστική δυναμική ενέργεια των ηλεκτρονίων θα είναι μικρότερη, με αποτέλεσμα η ολική ενέργεια του συστήματος για S = 1 να είναι χαμηλότερη. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η β. 'Askhsh 10
Στο παραήλιο ο κυματοσυνάρτηση που περιγράφει την ολική ιδιοστροφορμή του συστήματος είναι αντισυμμετρική (αφού οι ιδιοστροφορμές των δύο ηλεκτρονίων είναι αντιπαράλληλες). Σύμφωνα λοιπόν με τη γενικευμένη αρχή του Pauli, η χωρική κυματοσυνάρτηση πρέπει να είναι συμμετρική. Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν η α.
47
Qr sima oloklhr¸mata Στην Κβαντομηχανική εμφανίζονται συχνά ορισμένα είδη ολοκληρωμάτων κατά την κανονικοποίηση κυματοσυναρτήσεων, τον υπολογισμό μέσων τιμών κτλ. Ο κάθε Φυσικός που αποσκοπεί στην ουσιαστική μελέτη αυτού του κλάδου της Φυσικής οφείλει να κατέχει, τουλάχιστον και πρακτικό επίπεδο, τις διάφορες τεχνικές υπολογισμού τους ως αναπόσπαστο κομμάτι του απαιτούμενου θεωρητικού «οπλοστάσιου». ΄Ενα τέτοιο ολοκλήρωμα είναι, για παράδειγμα, το γκαουσιανό ολοκλήρωμα και οι ροπές του. Στην παρούσα ενότητα παρουσιάζονται ορισμένα τέτοια ολοκληρώματα, στα οποία ο αναγνώστης μπορεί να ανατρέξει κάθε φορά που εμφανίζονται σε κάποιο πρόβλημα. To ekjetikì olokl rwma
Το εκθετικό ολοκλήρωμα είναι της μορφής ∞
Z
e−λx dx,
I(λ) = 0
όπου λ μία εν γένει μιγαδική σταθερά με τον περιορισμό Re{λ} > 0, που εξασφαλίζει τη σύγκλιση του ολοκληρώματος. Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος γίνεται με παραγοντική ολοκλήρωση: Z ∞ e−λx dx I(λ) = 0 ∞ 1 −λx e =− λ 0 1 = . λ ΄Αρα λοιπόν Z
∞
e−λx dx =
0
1 . λ
Ροπές Πολλές φορές (π.χ. στη μελέτη του ατόμου του υδρογόνου) απαιτείται ο υπολογισμός ενός ολοκληρώματος της μορφής Z ∞ xn e−λx dx, n = 0, 1, 2, ... 0
Τα ολοκληρώματα του παραπάνω τύπου ονομάζονται ροπές του εκθετικού ολοκληρώματος, και όπως θα δειχθεί πιο κάτω υπάρχει άμεση σχέση μεταξύ αυτών και του γνωστού ολοκληρώματος I(λ). Εισάγοντας τον συμβολισμό Z ∞
xn e−λx dx,
In (λ) =
n = 0, 1, 2, ...
0
είναι φανερό ότι το εκθετικό ολοκλήρωμα αποτελεί ειδική περίπτωση του παραπάνω ολοκληρώματος για n = 0, δηλαδή Z ∞ I0 (λ) = e−λx dx. 0
Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος I1 (λ) γίνεται με παραγοντική ολοκλήρωση: Z ∞ I1 (λ) = xe−λx dx 0 ∞ Z 1 −λx 1 ∞ −λx =− xe + e dx λ λ 0 0 ∞ 1 = − 2 e−λx λ 0 1 = 2. λ 48
Συνεπώς I1 (λ) = 1/λ2 . Παρόμοια διαδικασία οδηγεί στο αποτέλεσμα I2 (λ) = 2/λ3 . Η παραπάνω «συνταγή» είναι αρκετή για να καλύψει όλες τις περιπτώσεις των ροπών του εκθετικού ολοκληρώματος που εμφανίζονται στην πράξη. Ο απαιτητικός αναγνώστης μπορεί να επιχειρήσει να γενικεύσει τα παραπάνω αποτελέσματα και να εξάγει έναν γενικό τύπο (με χρήση μαθηματικής επαγωγής) που δίνει το ολοκλήρωμα In (λ) σε κλειστή μορφή, για κάθε τιμή του φυσικού n. Το αποτέλεσμα είναι: Z
∞
xn e−λx dx =
0
n! λn+1
,
n = 0, 1, 2, ...
To gkaousianì olokl rwma
Στην απλούστερη εκδοχή του, το γκαουσιανό ολοκλήρωμα έχει τη μορφή Z ∞ 2 e−λx dx, I(λ) = −∞
όπου λ μία εν γένει μιγαδική σταθερά με τον περιορισμό Re{λ} > 0, που εξασφαλίζει τη σύγκλιση του ολοκληρώματος. Η καθιερωμένη τεχνική για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος I(λ) είναι η εξής: Z ∞ Z ∞ 2 2 e−λy dy e−λx dx I 2 (λ) = −∞ −∞ Z ∞Z ∞ −λ(x2 +y 2 ) dxdy. e = −∞
−∞ 2
2
Η συνάρτηση e−λ(x +y ) ολοκληρώνεται λοιπόν πάνω σε όλον τον R2 . Εισάγοντας πολικές συντεταγμένες (r, θ) το παραπάνω ολοκλήρωμα γίνεται: I 2 (λ) =
Z
2π
Z
∞
dθ 0
2
re−λr dr ∞
0 2 1 = 2π − e−λr 2λ π = . λ
0
΄Αρα λοιπόν Z
∞
2
e−λx dx =
−∞
r
π . λ
Ροπές Πολλές φορές (π.χ. στη μελέτη του κβαντικού αρμονικού ταλαντωτή) απαιτείται ο υπολογισμός ενός ολοκληρώματος της μορφής Z ∞ 2 x2n e−λx dx, n = 0, 1, 2, ... −∞
Τα ολοκληρώματα του παραπάνω τύπου ονομάζονται ροπές του γκαουσιανού ολοκληρώματος, και όπως θα δειχθεί πιο κάτω υπάρχει άμεση σχέση μεταξύ αυτών και του γνωστού ολοκληρώματος I(λ). Εισάγοντας τον συμβολισμό Z ∞
2
x2n e−λx dx,
In (λ) =
n = 0, 1, 2, ...
−∞
είναι φανερό ότι το γκαουσιανό ολοκλήρωμα αποτελεί ειδική περίπτωση του παραπάνω ολοκληρώματος για n = 0, δηλαδή r Z ∞ π −λx2 . I0 (λ) = e dx = λ −∞
49
Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος I1 (λ) γίνεται με την ακόλουθη τεχνική: Z ∞ 2 ∂I0 (λ) ∂ e−λx dx = ∂λ ∂λ −∞ r Z ∞ 2 ∂ π ∂ e−λx dx = ∂λ λ ∂λ −∞ r Z ∞ 2 1 π = x2 e−λx dx. 2λ λ −∞ p ΄Αρα λοιπόν I1 (λ) = (1/2λ) π/λ. Ομοίως Z ∞ 2 ∂I1 (λ) ∂ x2 e−λx dx = ∂λ ∂λ −∞ r Z ∞ 2 ∂ 1 π ∂ x2 e−λx dx = ∂λ 2λ λ ∂λ −∞ r Z ∞ 2 3 π x4 e−λx dx. = 2 4λ λ −∞ p Συνεπώς I2 (λ) = (3/4λ2 ) π/λ. Η παραπάνω «συνταγή» είναι αρκετή για να καλύψει όλες τις περιπτώσεις των ροπών του γκαουσιανού ολοκληρώματος που εμφανίζονται στην πράξη. Ο απαιτητικός αναγνώστης μπορεί να επιχειρήσει να γενικεύσει τα παραπάνω αποτελέσματα και να εξάγει έναν γενικό τύπο (με χρήση μαθηματικής επαγωγής) που δίνει το ολοκλήρωμα In (λ) σε κλειστή μορφή, για κάθε τιμή του φυσικού n. Το αποτέλεσμα είναι: r Z ∞ π (2n)! 2n −λx2 , n = 0, 1, 2, ... x e dx = n n!(4λ) λ −∞ Ισοδύναμη μορφή Το γκαουσιανό ολοκλήρωμα συναντάται ορισμένες φορές και με την παρακάτω μορφή Z ∞ 2 e−αx +βx dx, −∞
όπου α, β εν γένει μιγαδικές σταθερές, με τον περιορισμό Re{α} > 0 ώστε να συγκλίνει το ολοκλήρωμα. Η τεχνική υπολογισμού του παραπάνω ολοκληρώματος βασίζεται στην συμπλήρωση του τετραγώνου στο εκθετικό: β αx2 − βx = α x2 − x α β β2 β2 2 =α x −2·x· + − 2 2α 4α2 4α 2 2 β β , =α x− − 2α 4α οπότε Z
∞
−αx2 +βx
e −∞
Z
∞
2
2
e−α[x−(β/2α)] eβ /4α dx −∞ Z ∞ 2 β 2 /4α =e e−α[x−(β/2α)] dx.
dx =
−∞
΄Ομως Z
∞
2
e−α[x−(β/2α)] dx =
−∞
Z
∞
−∞
r =
50
2
e−αu du π , α
όπου u = x − (β/2α). ΄Αρα λοιπόν Z
∞
2
e−αx
+βx
dx = eβ
−∞
51
2
/4α
r
π . α
