1a) Dentidsavhengige Schrodingerligningen for partikkelen:
ih
@
@t
(~r;t)= h 2
2m r
2
(~r;t) e
2
4
0 r
(~r;t) :
En stasjonr tilstand i kvantemekanikken (og andre steder) er tidsuavhengig. Det betyr
forblgefunksjonen (~r;t)atdenikkekanhaannentidsavhengighetenneventueltentids-
avhengig fasefaktor, idet to blgefunksjoner som adskiller seg ved en fasefaktor,beskriver
samme fysisketilstand. Blgefunksjonen for en stasjonr tilstandkanhaflgende form:
(~r;t)=f(t)(~r):
Nar vi setter dette inn i den tidsavhengige Schrodingerligningen, kan den separeres i en
ligning forf(t),
ih d
dt
f(t)=Ef(t); med lsning f(t)=e i
h
Et
;
ogen ligningfor (~r),som kalles den tidsuavhengige Schrodingerligningen,
h 2
2m r
2
(~r) e
2
4
0 r
(~r)=E(~r):
EnergienE er en egenverdi, og(~r) eren egentilstand, for Hamiltonoperatoren
H
0
= h 2
2m r
2 e
2
4
0 r
:
Den oppgitte (~r;0) er en superposisjon av to tilstander med forskjellig energi, nemlig
tilstandene
100 og
210
,gitti tabellen. De har energi henholdsvis E 0
1 ogE
0
2
. Flgeliger
(~r;t)=e i
h
E 0
1 t
(3a 3
0 )
1
2
e r=a
0
+e i
h
E 0
2 t
(48a 5
0 )
1
2
e r=(2a
0 )
:
Denne tilstanden er ikke stasjonr, fordi tidsavhengigheten er mer enn en felles tid-
savhengig fasefaktor, idet E 0
1 6=E
0
2 .
1b) Vi ser, ved sammenligning mellom ligning (1) og de oppgitte energiegenfunksjonene
100 og
210 ,at
(~r;0)=
100 +
210
;
med = q
1=3 og = q
2=3. Enmalingavenergien (dvs.avHamiltonfunksjonenH
0 )gir,
i denne tilstanden, en av to mulige verdier, enten E 0
1
, med sannsynlighet j j 2
=1=3, eller
E 0
2
, med sannsynlighet jj 2
=2=3.
frste ordens korreksjon til energien lik
AE =h
100 jH
0
j
100
i= eE Z
d 3
~r
100 (~r)z
100
(~r)=0:
Integraleternullfordibidragenefrapositiveognegativeverdieravz kansellerer, ellersagt
pa en annen mate: integranden er antisymmetrisk under variabelbyttet z ! z 0
= z.
Dette viserat A=0.
I uttrykket forden andreordens korreksjonen tilenergien,
BE 2
= X
m6=n
jhmjH 0
jnij 2
E 0
n E
0
m
;
er telleren i brken enten null eller positiv, mens nevneren E 0
n E
0
m
alltid er negativ sa
lenge vi beregner korreksjoner til grunntilstandsenergien. Detteviser atB 0.
1d)Enmalingaven kvantemekaniskobservabelgiralltidsom resultaten avegenverdiene
til den operatoren som representerer denne observabelen. De mulige maleresultatene for
~
L 2
er egenverdiene l(l+1)h 2
, der l = 0;1;2;3;:::. For en gitt verdi av l er egenverdiene
tilL
z
lik lh;( l+1)h;:::;(l 1)h;lh.
Detoppgitteuttrykketfor
~
L 2
viseratdenerenoperatorsombareavhengeravvinklene#og
'ogsom derivereren ellertogangermed hensynpadissevinklene. Narviskalnnehvor-
dan
~
L 2
virkerpa en gittblgefunksjon, er viderfor bare interessert i vinkelavhengigheten
avblgefunksjonen. Denoppgittefunksjonen(~r)erensuperposisjonavdetofunksjonene
1
(~r)=e r=a
0
og
2
(~r)=ze r=a
0
=re r=a
0
cos#:
r-avhengigheten er, som sagt, uinteressant her. Siden
1
ikke avhenger av vinklene, er
den en egenfunksjon for
~
L 2
med egenverdi 0, dvs. med l = 0. Da ma den ndvendigvis
ogsa vre en egenfunksjon for L
z
med egenverdi 0, etter det vi nettopp sa generelt om
egenverdiene til
~
L 2
og L
z
. Tilsvarende er
2
en egenfunksjon for
~
L 2
med egenverdi 2h 2
,
dvs. med l=1,det ser vi pa flgendemate:
~
L 2
cos#= h 2
@ 2
@#
2
+cot#
@
@#
+ 1
sin 2
#
@ 2
@' 2
!
cos#=2h 2
cos#:
Fordi
2
ikke avhenger av vinkelen ', er den en egenfunksjon for L
z
med egenverdi 0. Vi
har nemlig at
L
z
= h
i
@
@' :
En annen matea se det samme pa, er at
2
avhenger av vinklene bare gjennom koordi-
naten z, og da ma L
z
2
= 0, fordi L
z
uttrykt i kartesiske koordinater inneholder x- og
y-derivasjoner, men ingen z-derivasjon,
L
z
=xp
y yp
x
= h
i x
@
@y y
@
@x
!
:
z
holdsvis l =0 ogl =1.
1e) Rayleigh-Ritz-estimatet for grunntilstandsenergien er
E
RR
=hjHji=hjH
0
ji+hjH 0
ji =
h 2
2ma 2
0 (1+
2
)
eEhjzji :
Her er
hjzji= Z
d 3
~
r zj(~r)j 2
=
1
a 3
0 (1+
2
) Z
d 3
~ r z
1+ z
a
0
2
e 2r=a0
:
I integralet vil leddene med frste og tredje potens av z ikke bidra, av symmetrigrunner.
Vi far altsa at
hjzji=
2
a 4
0 (1+
2
) Z
d 3
~ r z
2
e 2r=a0
:
Integralet kan beregnes i kulekoordinater nar vi setter inn z =rcos#. En liten snarvei er
a erstattez 2
i integraletmed
r 2
3
= x
2
+y 2
+z 2
3
;
det gir korrekt svar fordi x 2
og y 2
gir samme verdi av integralet som z 2
gir. Deretter gir
vinkelintegrasjonen bare en faktor 4, ogvi farat
hjzji=
2
a 4
0 (1+
2
) 4
3 Z
1
0 r
2
d rr 2
e 2r=a
0
=
2
a 4
0 (1+
2
) 4
3
a
0
2
5 Z
1
0
duu 4
e u
;
idet vi innfrer en ny integrasjonsvariabel u = 2r=a
0
. Det siste integralet er oppgitt lik
4!=24, ogvi far at
hjzji= 2a
0
1+ 2
:
Alt dette tilsammengirat
E
RR
=
h 2
2ma 2
0 (1+
2
)
2eEa
0
1+ 2
= h 2
2ma 2
0
(1
2
) 2eEa
0
+O(
3
):
Den verdien av som gir det beste estimatet for grunntilstandsenergien, er simpelthen
den somminimalisererE
RR
. Vi brukertipsetomatvikanestimerekoeÆsienten B foran-
dreordensbidragettilStark-eektenvedarekkeutvikle E
RR
tilandreordeni . Oppgaven
blirdaaminimalisere andregradspolynomet
h 2
2ma 2
0
(1
2
) 2eEa
0 =
h 2
2ma 2
0
2me 2
E 2
a 4
0
h 2
+ h 2
2ma 2
0
2meEa 3
0
h 2
!
2
:
Det gjr vi naturligvisvedavelge =2meEa 3
0
=h 2
, og minimumsverdien er
E best
RR
= h 2
2ma 2
0
2me 2
E 2
a 4
0
h 2
:
A
RR
=0; B
RR
=
2me 2
a 4
0
h 2
:
Alternativt kunne vi minimalisere eksakt med hensyn pa , utena rekkeutvikle til andre
orden i . Da ma vi lse ligningen
dE
RR
d
= 1
(1+ 2
) 2
h 2
ma 2
0
2eEa
0
(1
2
)
!
=0
med hensynpa . ForE =0har den lsningen =0. For E 6=0har den de tolsningene
= h 2
4ma 3
0 eE
v
u
u
t h 2
4ma 3
0 eE
!
2
+1:
Vi ser at ! 1 nar E ! 0+, mens
+
! +1 nar E ! 0 . Derfor er disse to
alternativene uaktuelle her (de svarer dessuten til et maksimum og ikke et minimum av
E
RR
). Deninteressante lsningen er
min
= h 2
4ma 3
0 eE
0
B
@ 1+
v
u
u
t
1+ 4ma
3
0 eE
h 2
!
2 1
C
A :
Den garmot null nar E !0, uavhengigav fortegnettil E, det ser vi bedre nar vi skriver
min
= 4ma
3
0 eE
h 2
1
1+ r
1+
4ma 3
0 eE
h 2
2
= 2ma
3
0 eE
h 2
+O(E 3
):
Tilandre orden i E har vi dermedsamme resultatsom fr,
E best
RR
= h 2
2ma 2
0
(1
2
min
) 2eEa
0
min
= h 2
2ma 2
0
2ma 4
0 e
2
E 2
h 2
:
1f) For l = 1 og s = 1=2 kan vi ha j = l+s = 3=2 og enten m
j
= 3=2, m
j
= 1=2,
m
j
=1=2 ellerm
j
=3=2, eller vikanhaj =l+s 1=jl sj=1=2 og enten m
j
= 1=2
eller m
j
=1=2.
Den fullstendigenotasjonen for en tilstandsvektor er jl;s;m
l
;m
s
i, menfordi kvantetallene
l og s her alltid har verdiene l = 1 og s = 1=2, bryr vi oss ikke med a skrive dem. Vi
skriveraltsajm
l
;m
s
i istedenfor jl;s;m
l
;m
s
i, ogvi har at
j i= q
2
3
1;
1
2 E
q
1
3
0;
1
2 E
:
Begge de to tilstandene j1; 1=2i og j0;1=2i er egentilstander for J
z
= L
z + S
z med
egenverdi h=2. Nemlig:
J
z
1;
1
2 E
=L
z
1;
1
2 E
+S
z
1;
1
2 E
=h
1;
1
2 E
1
2 h
1;
1
2 E
= 1
2 h
1;
1
2 E
;
J
z
0;
1
2 E
=L
z
0;
1
2 E
+S
z
0;
1
2 E
=0+ 1
2 h
1;
1
2 E
:
Flgeliger j ien egentilstand for J
z
med egenverdi h=2.
Foraregne ut
~
J 2
j i =
~
L 2
+
~
S 2
j i+(L
+
S +L S
+ +2L
z S
z )j i
=
2+ 3
4
h 2
j i+(L
+
S +L S
+ +2L
z S
z )j i
trengervi flgende resultater:
S
1;
1
2 E
= 0;
L
+ S
1;
1
2 E
= 0;
S
+
1;
1
2 E
= h
1;
1
2 E
;
L S
+
1;
1
2 E
= hL
1;
1
2 E
= p
2h 2
0;
1
2 E
;
2L
z S
z
1;
1
2 E
= h 2
1;
1
2 E
:
og
S
0;
1
2 E
= h
0;
1
2 E
;
L
+ S
0;
1
2 E
= hL
+
0;
1
2 E
= p
2h 2
1;
1
2 E
;
S
+
0;
1
2 E
= 0;
L S
+
0;
1
2 E
= 0;
L
z S
z
0;
1
2 E
= 0:
Det girat
(L
+
S +L S
+ +2L
z S
z
)j i = q
2
3
p
2h 2
0;
1
2 E
h 2
1;
1
2 E
q
1
3 p
2h 2
1;
1
2 E
= 2h 2
j i:
Alt ialt girdet at j i eren egentilstand for
~
J 2
med j =1=2, idet
~
J 2
j i= 3
4 h 2
j i:
I tilstanden j i er sannsynligheten 1=3 for at m
s
=1=2.
1g) Betingelsene for at overgangen
i
!
f
er muligved spontan elektrisk dipolstraling,
er naturligvisatE
i
>E
f
, ogdessuten atvektoren (dipolmomentet)
~
d= Z
d 3
~r
f (~r)~r
i (~r)
Z
d 3
~r
f (~r)x
i (~r);
Z
d 3
~ r
f (~r)y
i (~r);
Z
d 3
~r
f (~r)z
i (~r)
ikkeernull. Genereltgirdet som betingelseratl=1ogatm
l
=0;1. Ivarttilfelle
her betyr det atovergangen 2p!1s alltider mulig, mens enten 2s!2p eller 2p!2s er
mulig, avhengig av omenergiforskjellenE =E
2s E
2p
erpositiveller negativ.
Det giringen restriksjoner pa hvilke verdier av m
l
som kan forekomme i start- eller slutt-
tilstanden, utover restriksjonene pa l.
Overgangen 2s!1s er umuligved elektrisk dipolstraling.
1h) Vi brukeroppgitte formler, med
i
=
200 og
f
=
210
. Vi mafrst beregne
U
fi (t) =
Z
d 3
~r
f
(~r)U(z;t)
i
(~r)= eEsin(!t) Z
d 3
~r
210 (~r)z
200 (~r)
= eEsin(!t) 1
32a 4
0 Z
d 3
~r z 2
2 r
a
0
e r=a
0
:
Igjen kan vi bruke knepet meda erstatte z 2
med r 2
=3 (se punkt e) ovenfor). Vinkelinte-
grasjonen giren faktor 4, og vi farat
U
fi
(t) = eEsin(!t) 1
32a 4
0 4
3 Z
1
0 r
2
d rr 2
2 r
a
0
e r=a
0
= eEsin(!t) 1
24a 4
0 a
5
0 Z
1
0
duu 4
(2 u)e u
= eEsin(!t) a
0
24
(24! 5!)
=3eEa
0
sin(!t):
Vi har her substituert r =a
0
u iintegralet. Videre har vi at
a
i!f
= 1
ih Z
T
0 d tU
fi (t)e
i!
fi t
= 3eEa
0
ih Z
T
0 dt
e i!t
e i!t
2i e
i!
L t
=
3eEa
0
2h e
i(! !
L )T
1
i(! !
L )
+ e
i(!+!
L )T
1
i(!+!
L )
!
idet !
fi
= E
L
=h= !
L
. Sa lenge amplitudenE tildet oscillerende elektriskefeltet er
liten, eller mer presist salenge
jEj<<
h!
L
jeja
0
=
4;3710 6
eV
jej5;2910 11
m
=8;2610 4
V/m;
saerovergangssannsynligheten forsvinnende litenunntatt dersom! !
L
(at! !
L er
umulig fordi bade ! og !
L
er positive). For! = !
L
er, nar vi neglisjerer det leddet som
inneholder !+!
L ,
a
i!f
=
3eEa
0 T
2h :
P =ja
i!f j
2
= 9e
2
E 2
a 2
0 T
2
4h 2
;
ogfora fa P =0;01med T =1s mavi ha
jEj= p
0;01
1s
2h
3jeja
0
=
0;126;6310 34
Js
1s231;6010 19
C5;2910 11
m
=8;2910 7
V/m:
Det ergodgrunn tila stolepa den frste ordenstilnrmingenher. For det frste fordien
overgangssannsynlighetpa1%erliten,slikatandreordensprosesser,somf.eks.overgangen
fra 2s til 2p og tilbake igjen, har enda mindre sannsynlighet. Og for det andre fordi
perturbasjonen er sa svak at den ma virke over sa mye som 10 9
oscillasjoner,idet Lamb-
forskyvningen tilsvarer en frekvens pa!
L
=(2)=1;057GHz.
