<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass[12pt,a4paper]{article}
\pagenumbering{arabic}
\usepackage{bok,makro}
\pagestyle{myheadings}
\markright{\sf TFY4215 Innføring i kvantefysikk  - Løsning øving 2}{}

\newif\ifpdf
\ifx\pdfoutput\undefined
  \pdffalse
\else
  \pdfoutput=1
  \pdftrue
\fi

\ifpdf
  \usepackage[pdftex]{graphicx}
  \pdfcompresslevel=9
\else
  \usepackage{graphicx}
\fi

\let\ifpdf\relax

\topmargin -5mm
\oddsidemargin 1mm
\textheight 240mm

\begin{document}

% For hver figur som inkluderes
%
\ifpdf
%\begin{center}\includegraphics[height=5.45cm,angle=90]{figdobbeltsp-1.png}
%\end{center}
\else
%\begin{center}\includegraphics[height=5.45cm,angle=90]{figdobbeltsp-1.eps}
%\end{center}
\fi



%\renewcommand{\theequation}{\arabic{equation}}


%\noindent Frist for innlevering: \emph{         }% NBNBNBNBNBNBNBN

\begin{center}{\Large\bf  LØSNING ØVING 2}\end{center}

\subsection*{\underline{Løsning oppgave 5}\h{4mm}{\small  Krumningsegenskaper for endimensjonale energiegenfunksjoner}}



\pkt{a} For oscillator-grunntilstanden i oppgave 3b har vi som et eksempel
  \[ \psi_0=C_0e^{-m\om x^2/2\hs},\qquad \psi_0'= \psi_0(-\frac{m\om}{\hs}\,x),\qquad\psi_0''=\psi_0(\frac{m^2\om^2}{\hs^2}\,x^2-\frac{m\om}{\hs}),\]
slik at den relative krumningen er
  \[ \frac{\psi_0''}{\psi_0}=\frac{m^2\om^2}{\hs^2}(x^2-\frac{\hs}{m\om}).\]
Her ser vi at \newline
(i) $\psi_0''/\psi_0$ ganske riktig er negativ for \M{-\sqrt{\hs/m\om}&lt;x&lt;\sqrt{\hs/m\om},} dvs mellom de klassiske vendepunktene ($\pm a_0$) som vi fant i oppgave 3, altså i det klassisk tillatte  området, hvor \M{E&gt;V(x).} I dette området krummer altså $\psi_0$ mot aksen.\newline
(ii) Utenfor dette området ser vi på tilsvarende måte at $\psi_0$ krummer bort fra aksen.\newline
(iii) For \M{x=\pm\sqrt{\hs/m\om}} er \M{\psi_0''=0,} og vi kan konstatere  at den relative krumningen skifter fortegn i hvert av de klassiske vendepunktene:
\ifpdf
\begin{center}\includegraphics[height=4cm,angle=0]{fig42155-2-0007.png}
\end{center}
\else
%\begin{center}\includegraphics[height=4cm,angle=0]{fig42155-2-7.eps}
%\end{center}
\fi

\pkt{b} I områdene \M{a&lt;|x|&lt;b} er \M{V=0} og \M{\psi''=0.} Den tidsuavhengige \Sch\ gir da
 \[ E=\frac{\hhat\psi}{\psi}=\frac{(-\hs^2/2m)\psi''+V\psi}{\psi}=0.\]
Energien til denne tilstanden er altså lik null. For \M{|x|&lt;a} følger det da fra den tids\-uavhengige \Sch\ at
 \[ -\frac{\hs^2}{2m}\psi''+V_0\psi=0,\qquad\Longrightarrow\qquad V_0=\frac{\hs^2}{2m}\frac{\psi''}{\psi}.\]
Diagrammet viser at den relative krumningen er negativ i dette området (krumning mot aksen). Potensialverdien $V_0$  i dette området må derfor være negativ, slik at området er klassisk tillatt.


\subsection*{\underline{Løsning oppgave 6}\h{4mm}{\small  Litt av hvert }}

\subsubsection*{a. Jo mindre plass, desto høyere energi} 
\ifpdf
\begin{center}\includegraphics[height=2cm,angle=1]{fig42155-2-3.png}
\end{center}
\else
%\begin{center}\includegraphics[height=2cm,angle=1]{fig42155-2-3.eps}
%\end{center}
\fi
For grunntilstanden i boksen med vidde $L$ er bølgetallet $k_1$ bestemt av betingelsen \M{k_1L=\pi,} slik at energien er 
 \[ E_1=\frac{\hs^2k_1^2}{2m}=\frac{\pi^2\hs^2}{2mL^2}.\]
Når vidden reduseres til en tredel, blir bølgetallet tre ganger  så stort (raskere krumning av bølgefunksjonen $\sin(k_1 x)$), og dermed blir energien ni ganger så stor. Jo mindre plass vi gir partikkelen, desto høyere blir grunntilstandsenergien (og de andre energinivåene) liggende. Så jo mindre plass vi gir partikkelen, desto høyere (kinetisk) energi er den \emph{nødt} til å ha.
Dette kaller vi gjerne for ``kvantevillskap''. (Jo mindre bur, desto villere tiger. Og villest av alle er er tigerungene med minst masse.)

\subsubsection*{b. $\FV{V}$ og $\FV{K}$ for grunntilstanden i hydrogen}
Her trenger vi forventningsverdien av $1/r$ i den oppgitte tilstanden. Kulesymmetrien gjør beregningen enkel:
\ba \FV{1/r} &amp;=&amp; \int\frac{1}{r}|\psi_1|^2d^3r=\intnu\frac{1}{r}\frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0}\cdot4\pi r^2dr\\
&amp;=&amp; \frac{4}{a_0^3}\intnu r\,e^{-2r/a_0}dr=\frac{4}{a_0^3}\frac{2!}{(2/a_0)^2}=\frac{1}{a_0}.\ea
Dermed er forventningsverdien av den potensielle energien i tilstanden $\psi_1$
\[ \FV{V}=-\frac{e^2}{4\pi\E_0}\frac{1}{a_0}=\LT(\frac{e^2}{4\pi\E_0\hs c}\RT)^2m_ec^2=-\A^2m_ec^2=2E_1,\qed,\]
og for den kinetiske energien har vi da
\[ \FV{K}=E_1-\FV{V}=\hal\A^2m_ec^2=|E_1|,\qed\]



\subsubsection*{c. Estimat av $\FV{K}$}
Da usikkerheten i $x$ er av størrelsesorden $a_0$, kan vi vha uskarphetsrelasjonen lage oss estimatet
 \[ \Delta p_x\approx\frac{\hal\hs}{\Delta x}\approx\frac{\hs}{2a_0}\]
for usikkerheten i $x$-komponenten av impulsen. Da $\;\FV{p_x^2}=\FV{p_x}^2+(\Delta p_x)^2=(\Delta p_x)^2$, blir det tilsvarende estimatet for den kinetiske energien i grunntilstanden
\[ \FV{K}\approx\frac{1}{2m_e}\FV{p_x^2+p_y^2+p_z^2}=\frac{1}{2m_e}\cdot3\cdot\frac{\hs^2}{4a_0^2}=\frac{3\hs^2}{8m_ea_0^2}=\frac{3}{4}\cdot\hal\A^2m_ec^2,\]
altså 75 \% av den eksakte verdien. (Sjekk at du har kontroll på den siste overgangen.)

\subsubsection*{d. Sammenheng mellom energinivåer og fjærkonstant for oscillatoren}
\ifpdf
\begin{center}\includegraphics[height=3cm,angle=0]{fig42155-2-4.png}
\end{center}
\else
%\begin{center}\includegraphics[height=3cm,angle=0]{fig42155-2-4.eps}
%\end{center}
\fi
Vi har tidligere sett at potensialet \M{V(x)=\hal kx^2} svarer til en klassisk vinkelfrekvens $\om(=\sqrt{k/m}$) og  energiene \M{E_0(=\hal\hs\om)} og \M{E_1(=\frli{3}{2}\hs\om)} for hhvis grunntilstanden og første eksiterte tilstand.  Et fire ganger så sterkt potensial svarer til en klassisk vinkelfrekvens 
som er {to} ganger så stor, og dermed fås en dobling av energiene. 

\subsubsection*{e. Valg av nullpunkt for potensiell energi}
Da potensialet \M{V_1(x)=\hal m\om^2x^2-\hal\hs\om} er ``senket'' med beløpet $\hal\hs\om$ i forhold til standardpotenssialet \M{V(x)=\hal m\om^2x^2,} er det vel nokså opplagt at energinivåene senkes med det samme beløpet, dvs vi må ha
  \[ E_0=0\OG{8}E_1=\hs\om\] 
for potensialet $V_1$. Siden de to potensialene beskriver samme kraftfelt, \M{F_x=-m\om^2x,} er det vel like opplagt at energiegenfunksjonene er de samme for de to potensialene.
\ifpdf
\begin{center}\includegraphics[height=3cm,angle=0]{fig42155-2-5.png}
\end{center}
\else
%\begin{center}\includegraphics[height=3cm,angle=0]{fig42155-2-5.eps}
%\end{center}
\fi
På begge disse punktene kan eventuell tvil ryddes av veien ved en liten omskriving av egenverdiligningen for standardpotensialet. De to egentilstandene $\psi_0$ og $\psi_1$ for det opprinnelige oscillatorpotensialet $\hal m\om^2x^2$ oppfyller egenverdiligningen(e)
  \[  \hhat\psi_n=[\widehat{K}+V(x)]\psi_n=\LT[\kinx+V(x)\RT]\psi_n(x)=(n+\hal)\hs\om\,\psi_n,\qquad n=0,1,2,\cdots.\]
En liten omskriving (som svarer til at vi trekker fra beløpet $\hal\hs\om\,\psi_n$ på begge sider av det siste likhetstegnet) gir
 \[ \LT[\kinx
 +(\hal m\om^2x^2-\hal\hs\om)\RT]\psi_n(x)=\LT[\kinx+V_1(x)\RT]\psi_n=n\hs\om\,\psi_n,\qquad n=0,1,2,\cdots.\]
Fra denne kan vi lese ut at energiegenfunksjonene er de samme for de to potensialene, mens \M{E_0=0} og \M{E_1=\hs\om} for potensialet $V_1(x)$.  (Sjekk at du forstår dette skikkelig.)

\subsubsection*{f. Eksempel}
Når vi ``løfter'' bunnen av bokspotensialet med beløpet $V_0$, blir energiegenfunksjonene uendret, mens alle energiene får tillegget $V_0$.

\subsubsection*{g. Valg av koordinatsystem} 
Potensialet \M{V(x)=\hal m\om^2(x-a)^2} har samme form som standardpotensialet $\hal m\om x^2$. Eneste forskjell er at det er forskjøvet slik at likevektspunktet faller i \M{x=a} istedenfor \M{x=0.} Vi merker oss også at forskjellen forsvinner helt hvis vi innfører et eget koordinatsystem for det nye potensialet, der posisjonen til partikkelen angis ved koordinaten \M{x'=x-a.} Siden vi står fritt i valget av koordinatsystem,  er det vel da klart at energien til grunntilstanden må bli den samme som for standardpotensialet (og tilsvarende for alle de eksiterte tilstandene). Tilsvarende må  bølgefunksjonen bli 
 \[ \psi_0=C_0e^{-m\om x'^2/2\hs}=C_0e^{-m\om(x-a)^2/2\hs}.\]


\subsection*{\underline{Løsning oppgave 7}\h{4mm}{\small Bølgepakke for fri partikkel}}

\pkt{a} Vi merker oss at sannsynlighetstettheten \M{\,\,|\Psi(x,0)|^2=(2\pi\si^2)^{-1/2}e^{-x^2/2\si^2}} er en normalfordeling (Gauss-fordeling), symmetrisk mhp origo. Forventningsverdien er derfor lik null:
  \[ \FV{x}=\intuu\Psia(x,0)\,x\,\Psi(x,0) dx=\intuu x|\Psi(x,0)|^2dx=0.\]
[Mer formelt følger dette også av at integranden er antisymmetrisk med hensyn på origo, eller en odde funksjon.] \newline
Fordi $|\Psi(x,0)|^2$ ikke avhenger av $p_0$, vil også $\FV{x^2}$ og dermed $\;\Delta x=\sqrt{\FV{x^2}-\FV{x}^2}\;$ være uavhengige av $p_0$.

\pkt{b} La oss først kontrollere normeringen. Med ``forkortelsen'' \M{\A\equiv1/2\si^2} er $\;|\Psi(x,0)|^2=\sqrt{\A/\pi}\,e^{-\A x^2}$, slik at
 \[ \intuu|\Psi(x,0)|^2dx=\sqrt{\frac{\A}{\pi}}\intuu e^{-\A x^2}dx=\sqrt{\frac{\A}{\pi}}\cdot\sqrt{\frac{\pi}{\A}}=1,\qed\]
Videre finner vi ved hjelp av et av de oppgitte Gauss-integralene
  \ba \FV{x^2} &amp;=&amp; \intuu x^2|\Psi(x,0)|^2dx=\intuu\Psia(x,0)x^2\Psi(x,0)dx\qquad\mbox{(``sandwich'')}\\
  &amp;=&amp; \sqrt{\frac{\A}{\pi}}\intuu x^2e^{-\A x^2}dx=\sqrt{\frac{\A}{\pi}}\cdot\sqrt{\pi}\cdot\hal\A^{-3/2}=\frac{1}{2\A}=\si^2.\ea
Dette gir usikkerheten
  \[ \Delta x=\sqrt{\FV{(x-\FV{x})^2}}=\si.\]
\begin{quote}
Moralen er (som dere antakelig også vil lære i statistikken): Med en sannsynlighetstett\-het på Gauss-formen \M{|\Psi|^2\propto e^{-x^2/2\si^2}} er usikkerheten (standardavviket) $\Delta x$ gitt ved $\si$.\end{quote}
[At $\Delta x$ må være av \emph{størrelsesorden} $\si$, skjønner vi uten regning, ved å tenke på hvordan en skisse av sannsynlighetsfordelingen vi ta seg ut.]

Fysisk tolkning av $\FV{x}$ og $\Delta x$:
Dersom vi preparerer systemet ($N$ ganger) slik at det er i tilstanden $\Psi(x,0)$ ved \M{t=0,} og hver gang måler posisjonen $x$ ved dette tidspunktet,
\footnote{Hvorfor må vi preparere systemet på nytt foran hver måling? Svar: Se ``målepostulatet'' (D).} 
eventuelt måler på $N$ identisk preparerte systemer, så vil middelverdien av de målte posisjonene,
\[ \overline{x}=\frac{1}{N}\sum_{n=1}^Nx_n, \]
nærme seg den teoretiske forventningsverdien \M{\FV{x}=0} for store $N$. Tilsvarende vil standardavviket (rms-avviket)
 \[ \sqrt{\frac{1}{N}\sum_{n=1}^N(x_n-\overline{x})^2},\]
nærme seg den teoretiske usikkerheten \M{\Delta x=\si.}

\pkt{c} Vi var vel enige om at en ren harmonisk planbølge $\;\exp(ip_0x/\hs)\equiv\exp(ikx)\;$ svarer til en skarpt definert impuls $p_0$  (dvs et skarpt definert bølgetall $k=p_0/\hs$)?\newline
Fordi $\Psi(x,0)$ ligner mer og mer på en slik ren harmonisk bølge jo større $\si$ er, må vi da vente at \M{\FV{p_x}\rpil p_0} og \M{\Delta p_x\rpil0} når \M{\si\rpil\infty.}

\pkt{d} Vi regner først ut
 \[ \widehat{p}_x\Psi=\frac{\hs}{i}\frac{d}{dx}(\pi/\A)^{-1/4}e^{ip_0x/\hs-\A x^2/2}=(p_0+i\hs\A x)\Psi\]
og
 \[ \widehat{p}_x^2\Psi=[(p_0+i\hs\A x)^2+\hs^2\A]\Psi.\]
Det er  nå lett å regne ut  at forventningsverdien av $p_x$ faktisk er uavhengig av $\A$ (dvs av $\si$):
  \[ \FV{p_x}=\intuu\Psia \widehat{p}_x\Psi dx=\intuu\Psia(p_0+i\hs\A x)\Psi dx=p_0\cdot1+i\hs\A\cdot\FV{x}=p_0.\]
(Her har vi brukt at leddet med $p_0$ gir normeringsintegralet, mens leddet med $x$ gir forventnings\-verdi\-integralet for $x$. Dette er et eksempel på at det lønner seg å ha ``oversikt''.)
Videre er (ut fra samme type ``oversikt'')
  \[ \FV{p_x^2}=\intuu \Psia(p_0^2+2p_0\cdot i\hs\A x-\hs^2\A^2x^2+\hs^2\A)\Psi dx=(p_0^2+\hs^2\A)\cdot1+0-\hs^2\A^2\cdot\FV{x^2}=p_0^2+\frac{\hs^2}{4\si^2}.\]
Usikkerheten i impulsen for tilstanden $\Psi(x,0)$ er dermed
\[ \Delta p_x=\sqrt{\FV{p_x^2}-\FV{p_x}^2}=\frac{\hs}{2\si}.\]
Vi ser at denne går mot null når ``utstrekningen'' $\si$ av bølgepakken går mot uendelig, slik vi var inne på i \PKT{c}. At forventningsverdien $\FV{p_x}$ er lik $p_0$ ikke bare for \emph{store} $\si$, men for alle, kunne vi kanskje ikke gjette.

Vi merker oss at produktet av usikkerhetene i $x$ og $p_x$ er
  \[ \Delta x\cdot\Delta p_x=\hal\hs,\]
som er den minste verdien vi kan ha ifølge Heisenberg.\newline
Moralen er: Dersom en ønsker en veldig skarpt definert impuls (liten $\Delta p_x$), så går det på bekostning av en veldig stor utstrekning $\Delta x(=\si)$. Omvendt kan en ønske seg en veldig skarpt \emph{lokalisert} bølgepakke (liten $\Delta x=\si$), men da blir nødvendigvis både \M{\Delta p_x=\hs/2\si} og \M{\FV{p_x^2}=p_0^2+\hs^2/4\si^2} veldig store. Så, jo mindre plass vi gir partikkelen, desto mer uskarp blir impulsen, og desto større kinetisk energi er partikkelen nødt til å ha. ``Jo trangere bur, desto villere tiger''; denne ``kvante-villskapen'' er én av konsekvensene av partiklers bølgenatur, og spiller ofte en sentral rolle i kvantemekaniske problemstillinger.

Disse egenskapene gjelder ikke bare for den spesielle bølgepakken $\Psi(x,0)$. Relasjonen ovenfor er nemlig et spesialtilfelle av {\bf Heisenbergs uskarphetsrelasjon}, som sier at
  \[ \Delta x\cdot\Delta p_x\geq\hal\hs\qquad\qquad\mbox{(for alle tilstander } \Psi(\ver,t)).\]
I avsnitt 4.5 i boka er det vist at uskarphetsrelasjonen kan utledes fra kommutator-relasjonen \M{[x,p_x]=i\hs.} Der framgår det også at likhetstegnet ovenfor gjelder bare for en viss klasse av ``Gaussiske''  funksjoner. Bølgepakken $\Psi(x,0)$ ovenfor er et spesialtilfelle av disse funksjonene. Merk ellers at grunntilstanden $\psi_0(x)$ for den harmoniske oscillatoren (Oppgave 3) er et spesialtilfelle av $\Psi(x,0)$ (for \M{p_0=0),} så også for denne har vi ``minimalt usikkerhetsprodukt''.

Den fysiske tolkningen av $\FV{p_x}$ og $\Delta p_x$ er nøyaktig den samme som for $\FV{x}$ og $\Delta x$, når vi bytter ut $x$ med $p_x$ i tolkningen i \PKT{b}. 

Ifølge tilstandspostulatet (B) må $\Psi(x,0)$ også inneholde informasjon om sannsynlighetsfordelingen av impulser $p_x$ i den aktuelle tilstanden. 

\begin{quote}
[{\bf Kommentar:} Stikkordet her er Fourier-analyse: Som vi var inne på i innledningen til oppgaveteksten, kan $\Psi(x,0)$  skrives som et Fourier-integral over planbølger,
  \[ \Psi(x,0)=\frac{1}{(2\pi\hs)^{1/2}}\intuu \phi(p)e^{ipx/\hs}dp\equiv\intuu\phi(p)\psi_p(x)dp.\]
Her er koeffisient-funksjonen $\phi(p)$ essensielt  Fourier-transformen av $\Psi(x,0)$. Som vi skal se, finnes den ved å projisere $\Psi(x,0)$ på planbølgen $\psi_p(x)$:
 \[ \phi(p)=\FV{\psi_p,\Psi(0)}\equiv\intuu\psia_p(x)\Psi(x,0)dx.\]
Det resulterende integralet er av typen $\;I(a,b)=\intuu e^{-ay^2+by}dy=e^{b^2/4a}\sqrt{\pi/a}$, og det viser seg at resultatet blir 
\[ \phi(p)=(\frac{2\si^2}{\pi\hs^2})^{1/4}e^{-\si^2(p-p_0)^2/\hs^2},\]
altså en Gauss-fordeling omkring $p_0$. Denne funksjonen gir oss en mer direkte informasjon om impulsinnholdet i den aktuelle tilstanden;
i kapittel 2.4.2 i boka lærer vi at $|\phi(p)|^2dp$ er sannsynligheten for å finne impulsen $p_x$ i intervallet $(p,p+dp)$. $|\phi(p)|^2$ er altså sannsynlighetstettheten i ``impulsrommet''. Denne forteller umiddelbart at forventningsverdien av impulsen er $p_0$, og vi kan også bruke den til å lese ut usikkerheten i impulsen, som selvsagt vil bli den samme som vi fant i \PKT{d}, vha $\Psi(x,0)$.]
\end{quote}

\pkt{e} Siden gruppehastigheten til en de Broglie-bølge er
  \[ v_g=\LT.\frac{d\om}{dk}\RT|_{\bar{k}}=\LT.\frac{dE}{dp_x}\RT|_{\bar{p}_x}=\frac{\bar{p}_x}{m},\]
der $\bar{p}_x=\hs\bar{k}$ er ``den mest fremherskende impulsen'''' i bølgepakken, må vi vente at
\[ v_g\LT(=\frac{d\FV{x}_t}{dt}\RT)=\frac{p_0}{m},\]
der $p_0$ er impuls-parameteren som inngår i $\Psi(x,0)$. \newline
[At dette virkelig er tilfelle kan vises på flere måter, f.eks ved å løse \Sch\ for den frie partikkelen,
 \[ i\hs\pfrac{\Psi(x,t)}{t}=-\frac{\hs^2}{2m}\pfrac{^2}{x^2}\Psi(x,t),\] 
med den oppgitte begynnelsestilstanden $\Psi(x,0)$. Det følger også fra Ehrenfests teorem, se avsnitt 4.4 i boka.] Men dette får vi (eventuelt) komme tilbake til.



\end{document}












</pre></body></html>