7. predavanje iz Kvantne mehanike

Rešujemo Schrödingerjevo enačbo za Coulumbski problem

\begin{equation} \label{eq:1} \left( - \frac{\hbar ^2}{2m} \frac{\mathrm{d} ^2 }{\mathrm{d} r ^2} + \frac{l (l + 1)\hbar ^2}{2m r ^2} - \frac{e ^2}{4 \pi \epsilon_0 r} \right) u(r) = E u (r) \end{equation}

za vezana stanja \( E = - \left| E \right| \). Enačbe ne bomo reševali, kakor jo je Schrödinger. Enačbo prevedemo na brezdimenzijske enote z uvedbo spremenljivke \( \rho = \kappa r \), kjer velja

\begin{equation} \label{eq:5} \left| E \right| = \frac{\hbar ^2 \kappa ^2}{2m} \end{equation}

Enačbo \ref{eq:1} pomnožimo s faktorjem \( \frac{1}{\kappa ^2} \frac{2m}{\hbar ^2} \)

\[ \left( - \frac{\mathrm{d} ^2 }{\mathrm{d} \rho ^2} + \frac{l(l + 1)}{\rho ^2} + \frac{2m e ^2}{4 \pi \epsilon_0 \hbar ^2 \kappa} \frac{1}{\rho} \right) u(r) = \frac{E}{\left| E \right|} = - \frac{\left| E \right|}{\left| E \right|} u(r) \]

Uvedemo konstanto

\begin{equation} \label{eq:6} \rho_0 = \frac{m e ^2}{ 2 \pi \epsilon_0 \hbar ^2 \kappa} \end{equation}

in enačba je bolj pregledno zapisana

\begin{equation} \label{eq:2} u'' + \frac{l(l + 1)}{\rho ^2} u + \frac{\rho_0}{\rho} u - u = 0. \end{equation}

Za rešitev bomo uporabili nastavek

\begin{equation} \label{eq:4} u \left( r \kappa \right) = \rho^{l + 1} v(r \kappa) e^{- \rho}, \end{equation}

ki ga dvakrat odvajaš in rezultate vstaviš v \ref{eq:2}. Po čiščenju členov nam preostane enačba

\begin{equation} \label{eq:3} \rho v'' + 2 (l + 1 - \rho) v ' + (\rho_0 - 2 (l + 1)) v = 0 \end{equation}

Tukaj naše poti divergirajo z načinom, ki ga je uporabil Schrödinger. On je uporabil

\[ \sum\limits_{m = 0}^2 \left( a_m + b_m x \right)y^{(m)}(x) = 0, \]

kar je zgornjo enačbo spremenilo v Laplaceovo enačbo. Mi bomo uporabili razvoj v vrsto (Frobenius)

\begin{align*} v(\rho) &= \sum\limits_{k = 0}^{\infty} c_k \rho^k \\ v' &= \sum\limits_{k = 0}^{\infty} k c_k \rho^{k + 1} \overset{k \to k + 1}{\longrightarrow} \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (k + 1)c_{k + 1} \rho^k \\ v'' &= \sum\limits_{k = 0}^{\infty} k (k + 1) c_{k + 1} \rho^{k - 1} \end{align*}

Želimo, da imajo vse spremenljivke \( \rho \) potenco \( k \)

\[ \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \left[ \left( k (k + 1) + 2(l + 1) (k + 1) \right) c_{k + 1} + (- 2k + (\rho_0 - 2(l + 1))) c_k \right] \rho^k = 0 \]

Dobili smo rekurzivno zvezo

\[ c_{k + 1} = \frac{2(k + l + 1) - \rho_0}{(k + 1) (k + 2l + 2)} c_k. \]

Zvezo si poglejmo v limiti \( k \gg 1 \). Vodilni vrednosti bosta \( c_{k + 1} = \frac{2k}{k ^2} c_k = \frac{2}{k} c_k \).

Eksponent razvijemo v vrsto

\[ e^{2x} = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{2^k x^k}{k !}. \]

Kvocientni kriterij nam poda enako koeficient kot naša rekurzivna zveza za \( k \gg 1 \)

\[ \frac{2^{k + 1}}{(k + 1)!} \frac{k!}{2^k} = \frac{2}{k + 1} \overset{k \gg 1}{\longrightarrow} \frac{k}{2}. \]

Iz tega lahko zaključimo, da se funkcij \( v(\rho) \) obnaša podobno kot \( e^{2 \rho} \) za \( k \gg 1 \). Nadalje sledi, da bo funkcija \ref{eq:4} divergirala, saj

\[ \left. u (\rho) \right|_{k \gg 1, \rho \gg 1} = \rho^{l + 1} e^{2 \rho} e^{-\rho} \longrightarrow e^{\rho}. \]

Ker nam divergenca ni všeč, želimo doseči to, da bo \( c_k = 0 \) za \( k > k_{maks} \). Koeficient \( c_{k_{maks} + 1} \) je ničeln, ko je števec v rekurzivni zvezi ničeln, torej

\[ 2(k_{maks} + l + 1) = \rho_0 = 2n, \ n = k_{maks} + l + 1 \in \mathbb{N}, \]

kjer je \( n \leq 1 \). Ker ima vrsta končno število koeficientov, pomeni, da je polinom. Nastavek sedaj ne divergira več, saj je funkcija \( v_k(\rho) \) polinom stopnje \( k \) in

\[ u(\rho) = \rho^{l + 1} v_k (\rho) e^{- \rho} \propto \rho^{k + l + 1} e^{- \rho} \]

Zanima nas še energije, kjer izhajamo iz začetne zveze za energijo \ref{eq:5} ter smo \( \kappa \) izrazili iz \ref{eq:6}

\[ E = - \frac{\hbar ^2 \kappa ^2}{2m} = - \frac{m e ^2}{8 \pi ^2 \epsilon_0 ^2 \hbar ^2 \rho_0 ^2} \]

V diskretnem spektru lahko zapišemo torej

\[ E_n = - \frac{m}{2 \hbar ^2} \left( \frac{e}{4 \pi \epsilon_0} \right) ^2 \frac{1}{n ^2} = - \frac{\left| E_1 \right|}{n ^2} \]

Operator

\[ \hat{\vec{A}} = \frac{1}{2} \left( \hat{\vec{p}} \times \hat{\vec{L}} + \left( \hat{\vec{p}} \times \hat{\tilde{L}} \right)^{\dagger} \right) - \frac{m e ^2}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\vec{r}}{r} = \vec{A} ^{\dagger} \]

je hermitski. LRL vektor ne komutira z gibalno količino, saj

\[ \left[ L_{\alpha}, A_{\beta} \right] = \mathrm{i} \hbar \epsilon_{\alpha\beta\gamma} A_{\gamma}. \]

Komutira pa z Hamiltonianom \( \left[ \vec{A}, H \right] = 0 \).

Uvedemo pojem degeneracije, ki je število funkcij pri isti lastni vrednosti.

\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline n = k + l + 1 & l & k & u & \mathrm{deg} \\ \hline 1 & 0 & 0 & e^{-\rho} & 1 \\ \hline 2 & 0 & 1 & \rho e^{- \rho} Y_0^0 & 2 \\ 2 & 1 & 0 & e^{-\rho} Y_1^m & 2\\ \hline 3 & 0 & 2 & & 3 \\ 3 & 1 & 1 & \rho e^{-\rho} Y_1^m & 3 \\ 3 & 2 & 0 & e^{-\rho} Y_2^m & 3 \\ \hline \end{array} \]

kjer \( \mathrm{deg} \) označuje degeneracijo. Zanima nas degeneracija poljubnega \( n \)-tega energijskega stanja. \( m \) zaseda vrednosti od \( -l \) do \( l \), kar pomeni, da imamo \( 2l + 1 \) stanj. Torej

\[ \mathrm{deg} E_n = \sum\limits_{l = 0}^{n - 1} (2l + 1) = \ldots = n ^2 \]

Imamo torej \( n ^2 \) različnih funkcij.

Vemo, da so rešitve klasične limite Keplerjeve orbite. Pod klasično limito uvrščamo stvari, kjer za tipično razdaljo \( R \) velja

\[ \Delta r ^2 = \left\langle r ^2 \right\rangle - \left\langle r \right\rangle ^2 \le R. \]

Za klasično limito tudi velja, da so kvantna števila kot so \( n, l \) in \( m \) veliko večja od \( 1 \).

Zanima nas, ko valovni paket kroži po ravnini. Iz definicije to pomeni, da gledamo valovno funkcijo, katere \( l \) ima največjo vrednost

\[ \psi_{n, l} = \psi_{n, n - 1} = C_n r^{n - 1} \exp \left\{ -\frac{r}{n a_0} \right\}, \]

kjer je \( a_0 \) Bohrov radij.

Velja

\[ \frac{\Delta r}{\left\langle r \right\rangle} \sim \frac{1}{\sqrt{n}}. \]

Če vzamemo za primer elektron, ki kroži na \( \left\langle r \right\rangle = 1 \mathrm{cm} \) z natančnostjo \( \Delta r = 0.1 \mathrm{mm } \) je \( n = 10^4 \). Gledamo 3 stvari našega valovnega paketa. Lupina z radij \( \left\langle r \right\rangle \) se ne spreminja skozi čas \( \Delta r \ne \Delta r (t) \).

Tudi ven iz ravnine ne gre, torej \( \theta = \frac{\pi}{2} \ne \theta(t) \). Tisto, kar pa ni značilno za klasično limito pa je, da se bo valovni paket razširil tekom časa

\[ \left\langle \phi \right\rangle = \omega t + c \]

Elektron iz prejšnjega primer bi po 10 minutah bi razlezen po celotni krožnici. (glej Emin screenshot.)

Klasično smo preko enačbe

\[ m \oddv{r} = e \vec{E} + e \vec{v} \times \vec{B} \]

dobili gibalne enačbe. Kvantno pa imamo Hamiltonian

\begin{equation} \label{eq:7} H = \frac{\left( \vec{p} - e \vec{A} \right) ^2}{2m} + e \phi + U, \end{equation}

kjer je \( \vec{A} \) vektorski potencial, ki je povezan z magnetnim poljem preko

\[ \vec{B} = \nabla \times \vec{A} \]

in z električnim poljem preko

\[ \vec{E} - \nabla \phi - \frac{\partial }{\partial t} \vec{A}. \]

Zapišemo Schrödingerjevo enačbo s Hamiltonianom \ref{eq:7}

\[ \mathrm{i} \hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = \frac{1}{2m} \left( - \mathrm{i} \hbar \nabla - e \vec{A} \right) ^2 \psi + e \phi \psi + U \psi \]

Operatorje v kvadratu vsote razpišemo

\[ \left( \mathrm{i} \hbar \nabla + e \vec{A} \right) ^2 = - \hbar ^2 \nabla ^2 f + \mathrm{i} \hbar e \nabla \cdot \vec{A} f + \mathrm{i} \hbar e \vec{A} \cdot \nabla f + e ^2 A ^2 f = \mathrm{i} \hbar e \left( \left( \nabla \cdot \vec{A} \right)f + \left( \nabla f \right)\cdot \vec{A} \right) + \mathrm{i} \hbar e \vec{A} \cdot \nabla f. \]

Z dobljenim pomožnim računom Schrödingerjeva enačba postane

\[ \mathrm{i} \hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = - \frac{\hbar ^2 \nabla ^2}{2m} \psi + \frac{\mathrm{i} \hbar e}{m} \vec{A} \cdot \nabla \psi + \left( \frac{\mathrm{i} \hbar e}{2m} \nabla \cdot \vec{A} + \frac{e ^2}{2m} A ^2 + e \phi + U \right) \psi, \]

kar je Schrödingerjeva za nabit delec v magnetnem polju. Zadnji oklepaj predstavlja celoten potencial, ki pa je zaradi prvega člena kompleksen. Spomnimo bralca, da s v tem primeru verjetnostna gostota ne ohranja, vendar za ta specifičen primer, te težave ni.