12. vaje iz Kvantne mehanike

Lahko bi reševali nestacionarno Schrödingerjevo enačbo

\[ H \psi(\vec{r}, t) = \mathrm{i} \hbar \partial_t \psi \left( \vec{r}, t \right) \]

z začetnim pogojem \( \psi \left( \vec{r}, - \infty \right) = \psi_{100} \left( \vec{r} \right) \).

Ta postopek ni zaželjen, saj vključuje reševanje PDE. Iz koordinatne reprezentacije bomo sedaj prišli na Diracovo reprezentacijo. Valovno funkcijo razvijemo po lastnih funkcijah, kjer imamo dva člena, ki sta odvisna od časa

\[ \left| \psi, t \right\rangle = \sum\limits_{nlm}^{} c_{nlm} (t) \left| nlm, t \right\rangle. \]

Kakor dokazano na predavanjih, so lastna stanja valovne funkcije zgornje enačbe lastna stanja vodikovega atoma ob odsotnosti motnje

\begin{equation} \label{eq:3} \left| nlm, t \right\rangle = \left| nlm \right\rangle \exp \left\{ - \mathrm{i} \frac{E_n}{\hbar}t \right\}. \end{equation}

Časovno odvisnost perturbacije zajamemo v časovno odvisnost koeficientov in bo oblike

\begin{equation} \label{eq:2} c_{nlm} (t) = c_{nlm} (-\infty) - \frac{\mathrm{i}}{\hbar} \int\limits_{- \infty}^t \sum\limits_{n'l'm'}^{} \left\langle nlm, t' \middle| H' (t') \middle| n' l' m', t' \right\rangle c_{n'l'm'} (t') \, \mathrm{d} t' \end{equation}

Uporabimo 1. red časovno odvisne teorije perturbacije, za katero velja \( c_{n' l' m'} (t) = c_{n' l' m'} (- \infty) \).

Iz \ref{eq:1} preberemo, da je \( c_{n' l' m'} (- \infty) = 1 \) ter da ni v prvem vzbujenem stanju, iz česar sledi \( c_{2lm} (- \infty) = 0 \). Enačba \ref{eq:2} postane tako

\[ c_{2lm} (\infty) = \frac{\mathrm{i}}{\hbar} \int\limits_{- \infty}^{\infty} \left\langle 2lm, t' \middle| - e \frac{\epsilon_0}{1 + \left( \frac{t}{\tau} \right) ^2} z \middle| 100, t' \right\rangle \cdot 1 \, \mathrm{d} t'. \]

Nadomestimo stanja v integrandu z \ref{eq:3} in izpostavimo časovno neodvisne elemente

\[ c_{2lm}(\infty) = \mathrm{i} \frac{e \epsilon_0}{\hbar} \left\langle 2lm \middle| z \middle| 100 \right\rangle \int\limits_{- \infty}^{\infty} \exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} t' (E_2 - E_1) \right\} \frac{1}{1 + \left( \frac{t}{\tau} \right) ^2} \, \mathrm{d} t'. \]

Matrične elemente tipa \( \left\langle 2lm \middle| z \middle| 100 \right\rangle \) smo računali že pri prejšnjih vajah, vendar imamo tokrat manj računanja, saj je ket fiksen, bra pa ima 4 možna stanja \( \left| 200 \right\rangle, \left| 21, -1 \right\rangle, \left| 210 \right\rangle\) in \( \left| 211 \right\rangle \).

Povzetek simetrij, ki smo jih uporabili

• iz komutacije \( \left[ H', L_z \right] = 0 \) sledi, da so vsi keti, ki imajo \( m' \ne m = 0 \) ničelni
• iz antikomutacije \( \left\{ H', P \right\} = 0 \) pa je sledilo, da so vsa stanja, ki imajo \( l' = l = 0 \) ničelna.

V zgornjih simetrijah so kvantna števila braja so označene z \( l' \) in \( m' \), medtem ko so stanja keta označena brez črtice.

Edini integral, ki ga moramo tako izračunati je stanje \( \left\langle 210 \middle| z \middle| 100 \right\rangle \).

Splošna oblika valovne funkcije v koordinatni reprezentaciji je

\[ \psi_{nlm} \left( \vec{r} \right) = R_{nl} (r) Y_{lm} (\theta, \phi). \]

Iz tabele odčitamo radialne funkcije ter sferne harmonike in matrični element je

\begin{align*} \left\langle 210 \middle| z \middle| 100 \right\rangle &= \int\limits_{}^{} \psi_{210}^{\ast} \left( \vec{r} \right) z \psi_{100} \left( \vec{r} \right) \, \mathrm{d} \vec{r} \\ &= \int\limits_{}^{} \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\left( 2r_B \right)^{\frac{3}{2}}} \frac{r}{r_B} \exp \left\{ - \frac{r}{2 r_B} \right\} \cdot \sqrt{\frac{3}{4 \pi}} \cos \theta r \cos \theta \frac{2}{r_B^{\frac{3}{2}}} \exp \left\{ - \frac{r}{r_B} \right\} \frac{1}{\sqrt{4 \pi}} \cdot r ^2 \, \mathrm{d} r \, \mathrm{d} (\cos \theta) \, \mathrm{d} \phi\\ &= 2 \pi \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4 \pi} \frac{1}{\left( 2 r_B \right)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{r_B} \frac{2}{r_B^{\frac{3}{2}}} \int\limits_{}^{} r^4 \exp \left\{ - \frac{r}{2r_B} - \frac{r}{r_B} \right\} \, \mathrm{d} r \end{align*}

Uvedemo novo spremenljivko \( u = -\frac{3}{2} \frac{r}{r_B} \) iz česar sledi

\begin{align*} \frac{2}{3} \frac{1}{r^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{r_B ^4} \int\limits_0^{\infty} \frac{2 r_B}{3} \frac{r_B ^4 2^4}{3^4} u^4 e^{-u} \, \mathrm{d} u &= \frac{2^6}{3^6} \frac{1}{2^{\frac{3}{2}}} r_B \int\limits_0^{\infty} u^4 e^{- u} \, \mathrm{d} u \\ &= \frac{2^{\frac{9}{2}}}{3^6} r_B 4! = \frac{2^{\frac{15}{2}}}{3^5} r_B \end{align*}

Časovni integral

\[ \int\limits_{- \infty}^{\infty} \exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} t' (E_2 - E_1) \right\} \frac{1}{1 + \left( \frac{t}{\tau} \right) ^2} \, \mathrm{d} t' \]

bomo izračunali v kompleksni ravnini s pomočjo izreka o residuih. Integrand ima pole pri vrednostih \( t' = \pm \mathrm{i} \tau \).

Integral po sklenjeni krivulji bomo izračunali preko polkrožnice, vendar moramo določiti ali bo polkrožnica na zgornji ali spodnji kompleksni ravnini. Izberemo integral po zgornji ravnini, saj bo eksponent po polkrožnici ničeln. Z drugimi besedami, ko \( t' \to \mathrm{i} \infty \), bo vrednost eksponenta \( \exp \left\{ \mathrm{i} \cdot \mathrm{i} \infty \right\} = e^{- \infty} = 0 \).

Velja

\[ \oint\limits_{K \cup L}^{} \frac{\exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} t' (E_2 - E_1) \right\}}{1 + \left( \frac{t}{\tau} \right) ^2}\, \mathrm{d} t = \int\limits_{- \infty}^{\infty} \frac{\exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} t' (E_2 - E_1) \right\}}{1 + \left( \frac{t}{\tau} \right) ^2}\, \mathrm{d} t + 0 = 2 \pi \mathrm{i} \mathrm{Res} \left( \frac{\exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} t' (E_2 - E_1) \right\}}{1 + \left( \frac{t}{\tau} \right) ^2}\, \mathrm{i} \tau \right). \]

Residuum izračunamo kot smo ga pri matematiki 4. Za začetek imenovalec razstavimo

\[ 1 + \left( \frac{t'}{\tau} \right) ^2 = \frac{1}{\tau ^2} \left( \tau ^2 + t' ^2 \right) = \frac{1}{\tau ^2} (t' + \mathrm{i} \tau) (t' - \mathrm{i} \tau). \]

Residuum je

\begin{align*} \mathrm{Res} \left( \frac{\exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} t' (E_2 - E_1) \right\}}{1 + \left( \frac{t}{\tau} \right) ^2}\, \mathrm{i} \tau \right) &= \lim_{t \to \mathrm{i} \tau} (t' - \mathrm{i} \tau) \frac{\exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} t' (E_2 - E_1) \right\}}{\left( t' - \mathrm{i} \tau \right) (t' + \mathrm{i} \tau)} \tau ^2 \\ &= \lim_{t' \to \mathrm{i} \tau} \frac{\exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} t' (E_2 - E_1) \right\}}{t' + \mathrm{i} \tau} \tau ^2 \\ &= \frac{ \tau\exp \left\{ \frac{\mathrm{i}}{\hbar} \tau (E_2 - E_1) \right\}}{2 \mathrm{i}} \end{align*}

Združimo rezultate integrala in koeficient je enak

\begin{align*} c_{210} (\infty) &= \mathrm{i} \frac{e \epsilon_0}{\hbar} \left\langle 210 \middle| z \middle| 100 \right\rangle 2 \pi \mathrm{i} \frac{\tau}{2 \mathrm{i}} \exp \left\{ - \frac{\tau}{\hbar} (E_2 - E_1) \right\} \\ &= \mathrm{i} \frac{e \epsilon_0}{\hbar} \frac{2^{\frac{15}{2}}}{3^5} r_B \pi \cdot \tau \cdot \exp \left\{ - \frac{\tau}{\hbar} (E_2 - E_1) \right\} \end{align*}

Verjetnost za prehod v višje stanje je po enačbi \( P_{nlm} (t) = \left| c_{nlm} (t) \right| ^2\)

\[ P_{210} (\infty) = \frac{2^{\frac{15}{2}} \pi ^2}{3^{10}} \left( \frac{e \epsilon_0 r_B \tau}{\hbar} \right) ^2 \exp \left\{ - \frac{2 \tau}{\hbar} (E_2 - E_1) \right\} \propto \tau ^2 \exp \left\{ - \frac{2 \tau (E_2 - E_1) }{ \hbar} \right\} \]

Produktu \( e \epsilon_0 r_B \) pravimo značilna energija našega problema, medtem ko je \( \tau \) značilni čas našega sunka.

Zanima nas kakšna je vrednost značilnega časa, da bo verjetno prehoda največja, torej \( \partial _{\tau} P_{210} (\infty) = 0 \).

Dobimo rezultat

\[ \delta_t P_{210} \propto = 1 - \frac{\tau(E_2 - E_1)}{\hbar} = 0 \implies \tau = \frac{\hbar}{E_2 - E_1} \]