5. in 6. predavanje iz Kvantne mehanike

Grafično smo risali realen del \( \psi(x) \), nato pa smo narisali identično funkcijo \( \tilde{\psi}(x) \), ki pa je premaknjena za \( s \) in velja

\[ \tilde{\psi}(x) = \psi(x - s) \]

Za unitaren operator je značilno, da se ohranja skalarni produkt. Translacijo zapišemo

V zadnji vrstici smo dobili zametek operatorja, vendar ga bomo sedaj nadomestili z gibalno količino \( p_x = - \mathrm{i} \hbar \frac{\partial }{\partial x} \)

Operator translacije \ref{eq:1} lahko zapišemo tudi v treh dimenzijah in sicer

\[ U(\vec{s}) = \exp \left\{ - \mathrm{i} \frac{\vec{s} \cdot \vec{p}}{\hbar} \right\} \]

kjer je produkt \( \vec{s} \cdot \vec{p} \) generator premika.

Imamo valovno funkcijo \( \psi \left( \vec{r} \right) \), ki se nahaja na ravnini z vektorjem normale \( \vec{n} \). Funkcijo ravninsko zasučemo za kot \( \phi \) tako, da ostane na enaki razdalji od izhodišča. Zasukano funkcijo označimo z \( \psi \left( \vec{r}_1 \right) \), kjer je \( \vec{r}_1 = \vec{r} - \mathrm{d} \vec{r} \).

Rotacija je infinitizimalno majhna, kar pomeni, da nam bo v pomoč tudi limita, ko gre \( \mathrm{d} \phi \to 0 \). Novi radij vektor \( \vec{r}_1 \) je vsota vektorjev \( \vec{r} \) in \( \mathrm{d} \vec{r} \), kjer sta tedva vektorja zaradi infinitizimalnosti pravokotnotna (glej sliko). Velja torej \( \mathrm{d} \vec{r} = \mathrm{d} \phi \vec{n} \times \vec{r} \).

Unitarna opracija bo po razvoju po Taylorju

Definiramo operator vrtilne količine \( \vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} \). Izpeljani operator

\[ U \left( \mathrm{d} \phi \vec{n} \right) = \left( I - \mathrm{i} \mathrm{d} \phi \frac{\vec{n} \cdot \vec{L}}{\hbar} \right) \psi + \ldots \]

še ni uporaben, saj obravnavamo zgolj majhen premik

Namesto tega predpostavimo, da naredimo \( N \) majhnih premikov, kjer gre \( N \) proti neskončno. Torej

\[ U \left( \phi \vec{n} \right) = \left. \left( I - \mathrm{i} \frac{\phi}{N} \frac{\vec{n} \cdot \vec{L}}{\hbar} \right)^N \right|_{N \to \infty} = \exp \left\{ - \mathrm{i} \phi \frac{\vec{n} \cdot \vec{L}}{\hbar} \right\} \]

Dobili smo torej operator rotacije

\[ U \left( \vec{\phi} \right) = \exp \left\{ - \mathrm{i} \frac{\vec{\phi} \cdot \vec{L}}{\hbar} \right\} \]

kjer je \( \vec{\phi} = \phi \cdot \vec{n} \) ter je \( \vec{\phi} \cdot \vec{L} \) generator.

Obravnavamo operacijo in iščemo operator \( \Pi \), da velja

\[ \Pi \psi \left( \vec{r} \right) = \psi \left( - \vec{r} \right) \]

V eni dimenziji za operator inverzije velja

Naj imamo sod potencial \( V(x) = V(- x) \). Hamiltonian je po definiciji \( H = \frac{ p ^2}{2m} + V \). Zaradi zgoraj izpeljanih lastnosti velja

\[ \Pi H = H \Pi \implies \left[ \Pi H \right] = 0 \]

Torej bodo rešitve enačbe

\[ H \psi(x) = E \psi(x), \]

na kateri smo opravili inverzijo prostora

\[ \Pi H \psi = H \Pi \psi(x) = H \psi(- x) = E \psi(-x) \]

enake

\[ \psi_{\pm} (x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \psi(x) \pm \psi(- x) \right), \]

saj je rešitev soda. Če energija \( E \) ni degenerirana, to pomeni, da \( \psi \) soda ali liha.

Obravnavajmo najprej klasično mehanski primer. Imejmo delec, ki se giblje po trajektoriji \( \vec{r} (t) \) s hitrostjo \( \vec{v} \). V primeru, če se začne gibati s hitrostjo \( - \vec{v} \), se bo gibal nazaj po isti trajektoriji. To nam nakažejo tudi gibalne enačbe, saj za obrat časa \( t \to - t \) in posledično \( \vec{r} (t) \to \vec{r} (- t) \) velja

Velja \( \frac{\mathrm{d} ^2 }{\mathrm{d} t ^2} = \frac{\mathrm{d} ^2 }{\mathrm{d} t ^2} \).

Za valovno enačbo

\[ \frac{\partial ^2 u}{\partial x ^2} = \frac{1}{c ^2} \frac{\partial ^2 }{\partial t ^2} u(x, t) \]

katere rešitev je

\[ u = \sin \left( k x - \omega t \right) = \sin \left( k (x - vt) \right) = \sin \left( k (x + vt) \right) \]

pa je obrat časa zaznaven. Pri klasični mehaniki, če zanemarimo entropijo, ne ločimo med obratom časa.

Obravnavajmo Schrödingerjevo enačbo, kjer je Hamiltonian neodvisen od časa

\[ \mathrm{i} \hbar \frac{\partial }{\partial t} \psi(x, t) = H \psi(x, t) \]

\( \psi(x, - t) \) ne reši enačbe, medtem kot \( \psi^{\ast} (x, - t) \) pa je. To lahko hitro preverimo, saj

\[ \mathrm{i} \hbar \frac{\partial }{\partial t} \psi^{\ast} (x, - t) = H \psi^{\ast} (x, - t) \]

Uvedemo operator konjugacije \( K \), ki \( z \in \mathbb{C} \) priredi njegovo konjugirano vrednosti:

\[ K z = z^{\ast} \]

V splošnem primeru, če \( z \) sledi še kakšna druga zadevščina \( \left\langle \cdot \right\rangle \), ki je lahko kompleksno konjugirana, potem

Operator obrata časa v kvantni mehaniki je ravno \( K \). Imamo valovno funkcijo \( \psi(x, t) = \exp \left\{ \mathrm{i} \frac{px}{\hbar} - \mathrm{i} \omega t \right\} \), na katerom delujemo z operatorjem obrata časa

\[K \psi = \psi^{\ast} = \exp \left\{ - \mathrm{i} \frac{p x}{\hbar} + \mathrm{i} \omega t \right\} \\ \]

Če delujemo z operatorjem časa na valovno funkcijo \( \psi(x, - t) = \exp \left\{ \mathrm{i} \frac{px}{\hbar} + \mathrm{i} \omega t \right\} \), pa dobimo

\[ K \psi(x, - t) = \exp \left\{ - \mathrm{i} \frac{px}{\hbar} - \mathrm{i} \omega t \right\}, \]

kjer je \( \omega t = \frac{E t}{\hbar} \). Tukaj tudi pridemo do spoznanja, da operator obrata časa ne obrne časa nazaj, kakor da bi film nazaj vrteli, ampak obrne hitrost!

[vstavi sliko primera]

Poglejmo si lastna stacionarna stanja

\[ H \psi = E \psi, \]

na katero apliciramo operator obrata časa

\[ K H \psi = H K \psi = H \psi^{\ast} = E \psi^{\ast} \]

Rešitve te enačbe so

\[ \psi_{R, I} = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{\mathrm{i} \delta} \left( \psi \pm \psi^{\ast} \right) \]

kjer je \( \psi_R \in \mathbb{R} \) in \( \psi_I = \frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} \left( \psi - \psi^{\ast} \right) \in \mathrm{i} \mathbb{R} \). V primeru, če \( E \) ni degenerirana, potem \( \psi \in \mathbb{R} \).

Umeritvena transformacija ima sledeč učinek

\[ \psi(x, t) \to e^{\mathrm{i} \delta} \psi(x, t) = \tilde{\psi}, \]

kjer je \( \delta \in \mathbb{R} \) konstanta. Če imamo umeritveno transformacijo na vse elemente v našem prostoru, ji pravimo, da je globalna umeritvena transformacija

\[ \phi_n \to e^{\mathrm{i} \delta} \phi_n = \tilde{\phi} \]

Za umeritvene transformacije velja, da ohranjajo skalarni produkt

\[ \left\langle \phi \middle| A \middle| \psi \right\rangle = \left\langle \tilde{\phi} \middle| A \middle| \tilde{\psi} \right\rangle = e^{- \mathrm{i} \delta} e^{\mathrm{i} \delta} \left\langle \phi \middle| A \middle| \psi \right\rangle \]

Za razliko od matematikov si ne bomo pogledali vseh vrednosti za \( r \), ampak samo tiste, ki so nam smiselne, ker za več nimamo časa.

Prvi primer, ki ga pogledamo, je \( r\to 0 \), kjer predpostavimo \( \lim_{r \to 0} v ^2 V(r) = 0 \). To za nas pomeni, da v enačbi \ref{eq:7} zanemarimo \( V(r) \), saj pada počasneje kot \( \frac{1}{r ^2} \). Koeficienti se pokrajšajo s koeficienti skritimi v \( E \).

Ostane nam zgolj

\[ \frac{\mathrm{d} ^2 }{\mathrm{d} r ^2} u = \frac{l (l + 1)}{r ^2} u. \]

Uporabimo nastavek \( u = C r^{\lambda} \) in dobimo enačbo

\[ \lambda (\lambda - 1) r ^{\lambda - 2} = \frac{l(l + 1)}{r ^2} r^{\lambda}, \]

katere rešitve so

\[ \lambda_{1, 2} = l + 1, - 1. \]

Rešitve uporabimo v nastavku in je splošna rešitev diferencialne enačbe

\[ u(r) = C_l r^{l + 1} + D \frac{1}{r^l}, l = 0,1, 2, \ldots \]

Vrnemo se nazaj k nastavku za sferične rešitve

Za \( l > 0 \) sledi, da

\[ D_l ^2 \int\limits_0^{\infty} \frac{1}{r^{2l}} \, \mathrm{d} r \to \infty \implies \ D_l = 0 \]

Če pa je \( l = 0 \), pa je naš nastavek

\[ u(r) = C_0 r + C_0. \]

Radialna funkcija je

\[ \psi(r) = \frac{u}{r} = C_0 + \frac{D_0}{r} \]

Uporabimo Gaussov zakon

\[ \nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho \left( \vec{r} \right)}{\epsilon_0} , \]

definicijo potenciala \( \vec{E} = - \nabla \phi \) in imamo točkast naboj \( \rho \left( \dot{r} \right) = e \delta ^3 \left( \vec{r} \right) \). Poissonova enačba je

\[ - \nabla ^2 \frac{e}{4 \pi \epsilon_0 r} = \frac{e \delta ^3 \left( \vec{r} \right)}{\epsilon_0} \]

Isto logiko uoprabimo na naši radialni funkciji

\[ \nabla ^2 \psi = - 4 \pi D_0 \delta ^3 \left( \vec{r} \right) = 0 \implies \ D_0 0 \]

Zaključimo, da je radialna funkcija za majhne \( r \) enaka

\[ \psi(r) = C_l r^l; \ l = 0,1,2 , \ldots \]

Poglejmo si še, kako je z velikimi razdaljami, ko \( r \to \infty \). Gledamo primer, ko je \( E > 0 \) in potencial \( V \) pada proti 0 “dovolj hitro”.

Rešujemo torej enačbo

\[ - \frac{\hbar ^2}{2m} \frac{\mathrm{d} ^2 }{\mathrm{d} r ^2} u = E u, \]

ki ima rešitev

\[ u(r) = C_+ e^{\mathrm{i} k r} + C_- e^{-\mathrm{i} k r} = r \begin{cases} j_l \sim \sin \left( kr - \frac{\pi}{2} l \right)\\ n_l \sim \cos \left( kr - \frac{\pi}{2} l \right) \end{cases} \]

Energija je \( E_{\gamma} = \frac{p ^2}{2m} \) za \( p = \hbar k \)

Tretje možnost je \( E_n < 0 \). Potem bo rešitev

\[ u = D_- e^{- \kappa_n r} + D_+ e^{\kappa _n r} \]

Ko gre \( r \to \infty \), mora biti integral

\[ \int\limits_0^{\infty} \left| u \right| ^2 \, \mathrm{d} r < \infty \]

omejen. Iz tega sledi, da je \( D_+ = 0 \).