€¦ · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1

Uvod u kvantnu mehaniku- vježbe

2. lipnja 2020.

***

Sadržaj

1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba 31.1 Operatori i postulati kvantne mehanike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Svojstvene funkcije operatora količine gibanja i operatora energije . . . . . . . . . 191.3 Potencijalne barijere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2 Harmonijski oscilator 292.1 Zadaci za vježbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 Kutna količina gibanja 36

4 Atom vodika 45

5 Spin 50

6 Aproksimativne metode 57

2

Poglavlje 1

Postulati kvantne mehanike i Schrödingerovajednadžba

Postulati kvantne mehanike

1. Stanje kvantno mehaničkog sustava je u potpunosti određeno valnom funkcijom ψ(~r, t).

2. Svakoj (opazivoj) dinamičkoj varijabli - opservabli - pripada odgovarajući linearni operator.

3. Ako operator A ima skup svojstvenih funkcija φi i svojstvenih vrijednosti λi, tj. vrijedi

Aφi = λiφi ,

tada se pri točnom mjerenju opservable A mogu dobiti samo svojstvene vrijednosti λi.Svojstvene funkcije operatora su ortonormirane:∫ +∞

−∞φ∗iφjdV = δij .

Ako je λi ∈ <, onda vrijedi A† = A tj. A je Hermitski operator.

4. Svojstvene funkcije φi opservable A čine potpun skup funkcija; dakle, svaku neprekidnu,kvadratičnu i integrabilnu funkciju možemo razviti po tom skupu. Svojstvene funkcijerazapinju beskonačno dimenzionalan Hilbertov prostor stanja. Ako je ψ(x) valna funkcijakoja opisuje stanje čestice u nekom trenutku, tada vrijedi

ψ(x) =∑i

aiφi(x)

Pri mjerenju opservable A, |ai|2 daju vjerojatnost da se mjeri A s vrijednošću λi, kada sečestica nalazi u stanju ψ(x).

5. Vremenski razvoj kvantnog stanja dan je energijskom Schrődingerovom jednadžbom

i~∂ψ(~r, t)∂t

=(− ~2

2m∇2 + V (~r, t)

)ψ(~r, t)

3

1. POSTULATI KVANTNE MEHANIKE I SCHRÖDINGEROVA JEDNADŽBA 4

Schrödingerova jednadžba

Schrödingerova jednadžba dana je s:

i~∂ψ(~r, t)∂t

=(− ~2

2m∇2 + V (~r, t)

)ψ(~r, t)

Ukoliko potencijal u kojem se nalazi čestica ne ovisi o vremenu - V (~r), možemo pojednostavitirješavanje Schrödingerove jednadžbe.

Pretpostavimo da je valna funkcija ψ(~r, t) u obliku umnoška dvije funkcije, od kojih je jednasamo funkcija položaja, a druga vremena:

ψ(~r, t) = ϕ(~r)χ(t) .

Uvrštavanjem u Schrödingerovu jednadžbu, dobivamo :

i~ ϕ(~r)∂χ(t)∂t

= χ(t)(− ~2

2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)

)

što ako podijelimo sa ϕ(~r)χ(t) dobivamo

i~χ(t)

∂χ(t)∂t

= 1ϕ(~r)

(− ~2

2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)

).

Sa lijeve strane imamo nešto što je samo ovisno o varijabli t, a sa desne što je samo ovisno opoložaju ~r. One mogu biti jednake samo ako su obje strane jednake kostanti, nazovimo ju E:

i~χ(t)

∂χ(t)∂t

= E

1ϕ(~r)

(− ~2

2m∇2ϕ(~r) + V (~r)ϕ(~r)

)= E

Prva jednažba, ovisna o t, ima rješenje1

χ(t) = Ae−i~Et ,

gdje je A neka konstanta, dok rješenje druge ovisi o potencijalu V (~r). Zapis druge jednadžbe1Provjeriti za DZ.


(− ~2

2m∇2 + V (~r)

)ϕ(~r) = Eϕ(~r)

nazivamo stacionarnom Schrödingerovom jednadžbom. Ukoliko potencijal V ne ovisi o vremenu,uvijek možemo automatski prijeći na rješavanje stacionarne jednadžbe.

1.1 Operatori i postulati kvantne mehanike

1.1 Pronađite rješenje Schrödingerove jednadžbe u jednodimenzionalnoj pravokutnoj potenci-jalnoj jami širine a, s beskonačno visokim zidovima.

Slika 1.1


Rješenje:Ovaj potencijal možemo zapisati kao:

V (x) =

∞ , x < 00 , 0 ≤ x ≤ a∞ , x > a

Krećemo od stacionarne Schrödingerove jednadžbe u jednoj dimenziji

(− ~2

2md2

dx2 + V (x))ϕ(x) = Eϕ(x)

koju malo drugačije zapišemo2 kao

d2ϕ

dx2 + 2m~2 (E − V )ϕ = 0 .

Kako je nalazimo u jami s beskonačno visokim zidovima, čestica se nikako ne može naći utočkama < 0 ili > a, tj. imamo dva rubna uvjeta za valnu funkciju

ϕ(0) = ϕ(a) = 0

a rješenje razmatramo samo od 0 do a. Kako je za 0 ≤ x ≤ a V (x) = 0, za područje izmeđuzidova imamo:

d2ϕ

dx2 + 2m~2 Eϕ = 0 .

Uvedemo li pokratu

k2 = 2m~2 E

dobivamo

d2ϕ

dx2 + k2ϕ = 0

što je ništa drugo nego jednadžba harmonijskog oscilatora s kojom smo se već susretali. Rješenjajednadžbe su

2Desnu stranu jednadžbe smo prebacili na lijevu stranu i pomnožili sve s − 2m~2


ϕ(x) = A sin kx+B cos kx ,

a konstante A i B možemo pokušati eliminirati iz rubnih uvjeta

ϕ(0) = ψ(a) = 0 .

Uvrštavamo

ϕ(0) = A sin k · 0 +B cos k · 0

ϕ(0) = 0 = B

ϕ(a) = A sin ka

ϕ(a) = 0 = A sin ka

⇒ sin kl = 0⇒ kl = nπ , n = 1, 2, 3... 3

k = nπ

a

s čime imamo naše rješenje jednadžbe

ϕ(x) = A sin nπxa

.

A možemo odrediti iz uvjeta normiranja:

∫|ϕ|2dx = 1

∫ a

0A2 sin2 nπx

adx = 1

Ako riješimo integral i izrazimo4 A dobivamo

A =√

2a

čime je konačno rješenje stacionarne Schrödingerove jednadžbe:30 je trivijalno rješenje.4Raspisati samostalno za DZ


ϕ(x) =√

2a

sin nπxa

, n = 1, 2, 3...

Ako se sjetimo da smo uveli pokratuk2 = 2m

~2 E

ako izrazimo energiju

E = n2π2~2

2ma2

vidimo da svako od ovih stanja ima pripadajuću diskretnu vrijednost energije.

1.2 Ako se čestica nalazi u stanju najniže energije za beskonačnu potencijalnu jamu, izračunajtevjerojatnost da se čestica nađe u prostoru 0 ≤ x ≤ a/2.

Rješenje:Iz prošlog zadatka znamo da je stanje najniže energije ono za koji je n = 1. Valna funkcijačestice je tada dana s

ϕ(x) =√

2a

sin πxa

Vjerojatnost pronalaženja čestice danom intervalu je dano s5

P =∫ a/2

0|ϕ(x)|2dx =

∫ a/2

0

2asin2πx

adx = ... = 1

2

Općenito, ako želimo znati kolika je vjerojatnost da se čestica nađe u nekom dijelu prostora V ,uvijek ćemo to računati kao

P =∫V|ϕ|2dV

gdje se integrira po granicama V .

1.3 Riješite zadatak 1.1 tako što beskonačno duboku jamu smjestite simetrično oko ishodišta,tj. −a/2 ≤ x ≤ a/2

Rješenje:Ovaj zadatak riješite za vježbu. Rješavanje ide u potpunosti isto kao i u 1.1, osim što su rubniuvjeti u drugačijim točkama.

5Raspisati rješenje za DZ


1.4 Za česticu u 1D beskonačnoj potencijalnoj jami izračunajte očekivanje položaja, količinegibanja, neodređenost položaja i neodređenost količine gibanja.

Rješenje:Očekivanje ili srednja vrijednost operatora A računa se kao

A =∫ϕ∗A ϕ d3r

Vrlo je važno primjetiti da operator A djeluje na ϕ, te nakon toga računamo vrijednost integrala.

Ako se nalazimo u 1D potencijalnoj jami, čestica mora imati valnu funkciju

ϕ(x) =√

2a

sin nπxa

Računat ćemo očekivanja operatora za općeniti n.

Operator položaja, x, je oblika x (iznos varijable x):

x =∫ϕ∗x ϕ dx =

∫ϕ∗x ϕ dx =

∫x|ψ|2 dx = 2

a

∫ a

0x sin2 nπx

adx = ... = a

26

Operator količinje gibanja, p, dan je kao

p = ~i

d

dx

Očekivanje operatora količine gibanja:

p =∫ϕ∗p ϕ dx =

∫ϕ∗

~i

d

dxϕ dx = ~

i

∫ a

0

√2a

sin nπxa

d

dx(√

2a

sin nπxa

)dx

p = ~i

2a

∫ a

0sin nπx

a· nπa

cos nπxadx

p = ~i

2a

nπ

a

∫ a

0sin nπx

acos nπx

adx = ... = 0

Neodređenost operatora računa se kao

∆A =√A2 − A

2,

pa za vježbu probajte izračunati neodređenost ova dva operatora.6Raspisati integraciju za DZ, riješiti pomoću parcijalne integracije ili iz priručnika.


1.5 U jednodimenzionalnoj kutiji, širine a, nalazi se 1000 neutrona. U t = 0, stanje svake česticeje

ψ(x, 0) = Ax(x− a)

1. Normirajte valnu funkciju ψ i nađite vrijednost konstante A.

2. Koliko čestica se nalazi u intervalu[0, a2

]u t = 0?

3. Koliko čestica ima energiju E5 u t = 0?

4. Koliko iznosi 〈E〉 u t = 0?

Rješenje:

1. Konstanta A naziva se i konstanta normalizacije. Nju ćemo pronaći koristeći uvjet normi-ranosti ∫ +∞

−∞|ψ(x, 0)|2dx = 1

gdje se granice integracije odnose na cijeli prostor (1D). Pošto je naša valna funkcija danasamo na intervalu od 0 do a, uvjet normiranosti glasi7∫ a

0|ψ(x, 0)|2dx = 1 .

Uvrstimo li našu valnu funkciju u integral

A2∫ a

0x2(x− a)2dx = 1

da bi izrazili konstantu A moramo riješiti integral8∫ a

0x2(x− a)2dx =

∫ a

0(x4 − 2ax3 + a2x2)dx = ... = a5

30

Uvršteno natrag u uvjet normiranosti

A2 a5

30 = 1⇒ A =√

30a5

Kada smo izračunali konstantu A, izgled naše normirane valne funkcije je

ψ(x, 0) =√

30a5 x(x− a)

2. Da bi izračunali broj neutrona u traženom intervalu, trebamo izračunati vjerojatnost da sejedan neutron nađe unutar tog intervala. Vjerojatnost da se čestica nađe unutar traženogintervala je ∫ a/2

0|ψ(x, 0)|2dx = 1 .

7Izvan ovog intervala ψ(x, 0) = 08Jednostavni integrali potencija.


Prije samog računa integrala, možemo pokušati "na prste" probati odrediti vjerojatnost.Kako izgleda ψ(x, 0)? To je jednadžba parabole koja je simetrična oko x = a

29. Ako je

ψ(x, 0) simetrična, također će i |ψ(x, 0)|2 biti simetrična oko iste točke, pa odmah možemozaključiti da je vjerojatnost a

2 . Računski

P = 30a5

∫ a/2

0x2(x− a)2dx = 30

a5

(x5

5 −ax4

2 + a2x3

3

)∣∣∣∣∣a/2

0

= ... = 12

Ako je vjerojatnost da se jedan neutron nalazi u intervalu od 0 do a2 , onda je broj čestica

koji se nalazi u navedenom integralu N · P = 1000 · 0.5 = 500.

3. Da bismo našli koliko neutrona ima energiju E5, moramo vidjeti kolika je vjerojatnost dasvaki pojedini neutron ima istu energiju.Valnu funkciju ψ(x, 0) razvit ćemo u red po svojstvenim funkcijama hamiltonijana

ψ(x, 0) =∑n

cnϕn

gdje su cn konstante razvoja. Prema 4. postulatu, vjerojatnost da se čestica nalazi ustanju točno određene energije računamo kao |cn|2. Nas zanima kolika je vjerojatnost dase neutron nađe u stanju sa energijom E5 - trebamo izraziti konstantu c5. Ako razvoj valnefunkcije u red po svojstvenim funkcijama Hamiltonijana pomnožimo sa ϕ∗5 i integriramopo cijelom prostoru (što se u našem zadatku svodi na granice od 0 do a)∫ a

0ϕ∗5ψ(x, 0)dx =

∑n

cn

∫ a

0ϕ5ϕndx

∫ a

0ϕ∗5ψ(x, 0)dx =

∑n

cnδ5n

⇒ c5 =∫ a

0ϕ∗5ψ(x, 0)dx

Kako izgledaju svojstvene funkcije Hamiltonijana za čestice u pravokutnoj jami širine a?Pa one su dane upravo kao rješenja stacionarne Schrödingerove jednadžbe

Hϕ = Eϕ

koje smo dobili u zadatku 1.1.

ϕ(x) =√

2a

sin nπxa

, n = 1, 2, 3...

pa je izraz za c5 tada

c5 =∫ a

0

√2a

sin 5πxa

√30a5 x(x− a)dx

c5 =√

60a6

[∫ a

0x2 sin 5πx

adx− a

∫ a

0x sin 5πx

adx

]9Možete i provjeriti - kako?


Ova dva integrala možemo riješiti parcijalnom integracijom ili korištenjem matematičkogpriručnika. Konačan rezultat za c5 je

c5 = − 8√

15125π3

Vjerojatnost da se neutron nađe u stanju s energijom E5 je

P (5) = |c5|2 = 1923125π6 = 6.4 · 10−5.

Ukupni broj neutrona je N · P (5) = 0.064

4. 〈E〉 očekivanje energije ili prosječna vrijednost energije dobivamo kao očekivanje Hamil-tonijana

〈E〉t=0 =∫ a

0ψ∗(x, 0)Hψ(x, 0)dx =

∫ a

0ψ∗(x, 0)

(− ~2

2md2

dx2

)ψ(x, 0)dx

〈E〉t=0 = − ~2

2m30a5

∫ a

0x(x− a) d

dx(2x− a)dx = − ~2

2m30a5

∫ a

0x(x− a) · 2 dx = ... = 5~2

ma2

1.6 Koliko je očekivanje impulsa 〈p〉 za česticu s valnom funkcijom

ψ(x, t) = Ae−x2a2 e−iωt sin kx

Rješenje:Očekivanje operatora dano je izrazom

〈p〉 =∫ ∞−∞

ψ∗p ψ dx

Ako znamo da je p = −i~ ddx , za p ψ imamo

p ψ = −i~ ddx

(Ae−

x2a2 e−iωt sin kx

)= ... = −i~Ae−iωte−

x2a2

(k cos kx− 2x

a2 sin kx)

što uvršteno u očekivanje 〈p〉 daje

〈p〉 = −i~A2∫ ∞−∞

e−x2a2 eiωt sin kx · e−iωte−

x2a2

(k cos kx− 2x

a2 sin kx)dx

〈p〉 = −i~A2∫ ∞−∞

e−2x2a2 sin kx

(k cos kx− 2x

a2 sin kx)dx

Ova dva integrala, ∫ ∞−∞

e−2x2a2 sin kx cos kx dx


i ∫ ∞−∞

x e−2x2a2 sin2 kx dx

možemo pokušati riješiti10 ili pogledati kako izgledaju. Oni su na simetričnom intervalu, apodintegralna funkcija je u ova slučaja neparna, tako da je rješenje oba 0.1112

〈p〉 = 0

1.7 Ako je valna funkcija neke čestice u kutiji širine a beskonačno visokih zidova

ψ(x) = Ax2

razvijte ju u red prema svojstvenim funkcijama Hamiltonijana.

Rješenje:Prvo normirajmo našu valnu funkciju. Znamo da∫ a

0|ψ(x)|2dx = 1

A2∫ a

0x4dx = A2x

5

5

∣∣∣∣∣a

0

= A2a5

5

⇒ A =√

5a5

Svojstvene funkcije Hamiltonijana ove potencijalne jame dane su sa

ϕ(x) =√

2a

sin nπxa

, n = 1, 2, 3...

Razvoj u red izgleda kaoψ(x) =

∑n

cnϕn(x)

gdje su cn konstante razvoja koje trebamo izračunati (ϕn znamo).

Koristeći svojstvo ortonormiranosti ∫ a

0ϕ∗iϕjdx = δij

razvoj u red ćemo pomnožiti s ϕ∗m(x) i integrirati od 0 do a.∫ a

0ϕ∗m(x)ψ(x)dx =

∑n

cn

∫ a

0ϕ∗m(x)ϕn(x)dx

10Slobodno pokušajte za vježbu.11Kako se provjerava je li neka funkcija parna ili neparna?12Pokažite za neku općenitu neparnu funkciju da je njen integral na simetričnom intervalu 0.


∫ a

0ϕ∗m(x)ψ(x)dx =

∑n

cnδmn

⇒ cm =∫ a

0ϕ∗m(x)ψ(x)dx

Samo ćemo napraviti supstituciju m→ n i nadalje pisati

cn =∫ a

0ϕ∗n(x)ψ(x)dx

cn =∫ a

0

√2a

sin nπxa·√

5a5x

2dx

cn =√

10a6

∫ a

0x2 sin nπx

adx

Koristeći formulu ∫x2 sin axdx = 2− a2x2

a3 cos ax+ 2xa2 sin ax

...⇒ cn =

√10a6 ·

a3

n3π3 [(2− n2π2) cosnπ − 2]

Pa konačan razvoj valne funkcije ψ(x) izgleda:

ψ(x) =√

10π3

∑n

1n3 [(2− n2π2) cosnπ − 2]ϕn


Diracova (Bra-ket) notacija13

|ψ〉 − bra ψ

〈φ| − ket φ

Stanje nekog kvantnog sustava (valnu funkciju) možemo jednostavnije prikazati preko Diracovenotacije.

ψ(x)→ |ψ〉

Svaki bra ima pripadajući ket|ψ〉 → 〈ψ|

Ukoliko se pojavi izraz〈φ|ψ〉

on se naziva bra-ket i kraći je zapis skalarnog umnoška:

〈φ|ψ〉 =∫ ∞−∞

φ∗(x)ψ(x)dx

Ortonormiranost preko bra-ket notacije možemo napisati kao

〈φm|φn〉 = δmn

Neka se |ψ〉 sastoji od linearne kombinacije 2 ortonormirana stanja - |φ1〉 i |φ2〉:

|ψ〉 = α|φ1〉+ β|φ2〉

Pripadajući bra je〈ψ| = α∗〈φ1|+ β∗〈φ2|

Čemu je jednako 〈ψ|ψ〉?

〈ψ|ψ〉 = (α∗〈φ1|+ β∗〈φ2|)(α|φ1〉+ β|φ2〉)

〈ψ|ψ〉 = α∗α〈φ1|φ1〉+ α∗β〈φ1|φ2〉+ β∗α〈φ2|φ1〉+ β∗β〈φ2|φ2〉

〈ψ|ψ〉 = |α|2 + |β|2

13Iznimno pojednostavljena.


1.8 Ako za operator A† vrijedi〈A†ψl|ψn〉 = 〈ψl|Aψn〉

onda za A† kažemo da je Hermitski adjungirana ili konjugirana vrijednost operatora A.

1. Pokažite da je (aA+ bB)† = a∗A† + b∗B†

2. Pokažite da je (AB)† = B†A†

3. Čemu je jednaka Hermitski adjungirana vrijednost od a, a ∈ <?

4. Čemu je jednako (AB − BA)†

5. Čemu je jednako (AB + BA)†

6. Čemu je jednako i(AB − BA)†

7. Čemu je jednako (A†)†

Rješenje:Neka su A†, B†, a∗ i b∗ Hermitski konjugirane vrijednosti od A, B, a i b.

1. Po definiciji Hermitski adjungirane vrijednosti

〈(aA+ bB)†ψl|ψn〉 = 〈ψl|(aA+ bB)ψn〉 (1.1)

Raspišimo desnu stranu14

〈ψl|(aA+ bB)ψn〉 = 〈ψl|aAψn〉+ 〈ψl|bBψn〉 = 〈a∗ψl|Aψn〉+ 〈b∗ψl|Bψn〉

= 〈a∗A†ψl|ψn〉+ 〈b∗B†ψl|ψn〉

= 〈(a∗A† + b∗B†)ψl|ψn〉

Ako usporedimo sa 1.1 vidimo da je

(aA+ bB)† = a∗A† + b∗B†

2. Idemo istim postupkom〈(AB)†ψl|ψn〉 = 〈ψl|ABψn〉 (1.2)

〈ψl|ABψn〉 = 〈A†ψl|Bψn〉 = 〈B†A†ψl|ψn〉

Ako usporedimo s 1.2 vidimo da je

(AB)† = B†A†

3. Ako je a ∈ < ⇒ a∗ = a. Pošto je za brojeve općenito a† = a∗, tada vrijedi a† = a

14Operatore koji su sa desne strane | prebacujemo jedan po jedan s lijeva na desno.


Ostale zadatke istim postupkom riješite za vježbu.

1.9 U t = 0, 1000 neutrona se nalazi u jednodimenzionalnoj kutiji širine a. 100 neutrona imaenergiju 4E1, a 900 neutrona ima energiju 225E1. Konstruirajte funkciju stanja koja ima ovadva svojstva.

Rješenje:Energija n-tog nivoa čestice u jednodimenzionalnoj kutiji možemo prikazati kao

En = n2 ~2π2

2ma2 = n2E1

U zadatku su nam zadane dvije energije, 4E1 i 225E1 pa pomoću gornje relacije možemo pro-vjeriti kojim stanjima pripadaju:

4E1 = 22E1 = E2

225E1 = 152E1 = E15

iz čega zaključujemo da se 100 čestica nalazi u stanju n = 2 kojem pripada valna funkcija

ϕ2(x) =√

2a

sin 2πxa

,

a 900 čestica u stanju s n = 15 kojem pripada valna funkcija

ϕ15(x) =√

2a

sin 15πxa

.

Valna funkcija, koja opisuje stanje svih ovih čestica, može se napsiati kao superpozicija svoj-stvenih funkcija Hamiltonijana koji opisuje stanje čestica u jednodimenzionalnoj kutiji

ψ(x, 0) = c2ϕ2 + c15ϕ15

gdje su c2 i c15 koeficijenti razvoja koje trebamo pronaći. Ako se prisjetimo da su |cn|2 vjerojat-nosti da se čestica nađe u stanju n s energijom En, možemo iskoristiti broj neutrona u svakomstanju kako bi dobili vjerojatnosti:

P (2) = |c2|2 = 1001000 = 1

10 ⇒ c2 = 1√10

P (15) = |c15|2 = 9001000 = 9

10 ⇒ c15 =√

910

što nam za valnu funkciju daje

ψ(x, 0) = 1√5a

sin 2πxa

+√

95a sin 15πx

a

1.10 Koliko iznose očekivanje 〈x〉 i kvadratni korijen varijance ∆x za sljedeće gustoće vjerojat-nosti:


a) |ψ(x)|2 = A[a4 + (x− x0)4]−1

b) |ψ(x)|2 = Ax2e−x2

2a2

c) |ψ(x)|2 = A sin2(x−x0√2a − 8π)e−

x−x02a2

Rješenje:Ukoliko nam je gustoća vjerojatnosti zadana, očekivanje položaja možemo izračunati preko

〈x〉 =∫ ∞−∞

x|ψ(x)|2dx

dok je∆x2 = 〈x2〉 − 〈x〉2

Zadatak dovršite samostalno za vježbu.

1.11 Čestica se giba u jednoj dimenziji, te ima valnu funkciju

ψ(x, t) = Aei(ax−bt)

gdje su a i b konstante.

1. Kako izgleda potencijal V (x) u kojem se giba čestica?

2. Ako se mjeri količina gibanja čestice, koja će se vrijednost dobiti?

3. Ako se mjeri energija, koja će se vrijednost dobiti?

Rješenje:

1. Potencijal ćemo dobiti iz Schrödingerove jednadžbe:

i~∂ψ(~r, t)∂t

=(− ~2

2m∇2 + V (~r, t)

)ψ(~r, t)

i~(−ib)Aei(ax−bt) = ~2

2mAa2ei(ax−bt) + V ·Aei(ax−bt)

~b = h2a2

2m + V

⇒ V = ~b− h2a2

2m


2.pψ = pψ

−i~ ∂∂xAei(ax−bt) = pAei(ax−bt)

⇒ p = ~a

3.Eψ = Eψ

i~∂

∂tAei(ax−bt) = EAei(ax−bt)

⇒ E = ~b

1.2 Svojstvene funkcije operatora količine gibanja i operatoraenergije

1.12 Elektron se giba u x smjeru s de Broglievom vlanom duljinom 10−8 cm.

a) Kolika je energija elektrona u eV-ima?

b) Kako izgleda vremenski nezavisna valna funkcija elektrona?

c) Nađite gustoću vjerojatnosti i vjerojatnost da se elektron nalazi u nekom položaju x?

Rješenje:

a) Energija se računa preko impulsa kao

E = p2

2mdok za impuls vrijedi

p = 2π~λ

iz čega je energija

E = 2π2~2

λ2m

b) Ovdje se radi o slobonom elektronu, pa će njegova valna funkcija biti dana sa

ϕk = Aeikx

gdje su ϕk rješenja Schrödingerove jednadžbe za slobodnu česticu, A konstanta normiranja, ak = 2π

λ .


c) Gustoća vjerojatnosti je dana sa

|ϕk|2 = ϕ∗kϕk = A2e−ikxeikx = A2 = konst.

Ovaj rezultat znači da gustoća vjerojatnosti ne ovisi o x, tj. položaju čestice - vjerojatnost jejednaka za bilo koji x od −∞ do +∞. Ako ovaj rezultat promotrimo iz ugla Heisenbergovihrelacija neodređenosti, on je logičan - ako se elektron nalazi u stanju s točno određenom količinomgibanja (p = ~k) - onda je njegov položaj maksimalno neodređen, tj. može se nalaziti u bilokojoj točki prostora.

1.13 Koristeći izraze za svojstvene funkcije operatora p,

ϕk = 1√2πeikx

te razvoj funkcije stanja sustava u trenutku t = 0 po njima

ψ(x, 0) =∫ ∞−∞

c(k)ϕkdk

pokažite da, uz korištenje uvjeta normiranosti, vrijedi∫ ∞−∞|c(k)|2dk = 2π

Rješenje:Uvjet normiranosti glasi ∫ ∞

−∞ψ(x, 0)∗ψ(x, 0)dx = 1

u što uvrštavamo izraz za ψ(x, 0) i ϕk∫ ∞−∞

(∫ ∞−∞

c(k′)∗ϕ∗k′dk′∫ ∞−∞

c(k)ϕkdk)dx = 1

∫ ∞−∞

(∫ ∞−∞

c(k′)∗ 1√2πe−ik

′xdk′∫ ∞−∞

c(k) 1√2πeikxdk

)dx = 1

što ćemo zapisati na malo drugačiji način

12π

∫ ∞−∞

c(k′)∗dk′∫ ∞−∞

c(k)dk∫ ∞−∞

ei(k−k′)xdx = 1

gdje je integral po x jedna od reprezentacija delta funkcije s kojom smo se već susreli i koja jerazličita od nule samo ako je k = k′ iz čega slijedi

12π

∫ ∞−∞|c(k)|2dk = 1

što nakon množenja s 2π daje traženi rezultat.


1.14 Promotrite funkcijeϕk = 1√

aeikx

definirane na intervalu od −a/2 do a/2.

a) Pokažite da su ove funkcije normalizirane na jedinicu i da zadržavaju ovu normalizaciju ulimesu a→∞.

b) Pokažite da ove funkcije čine ortogonalan skup u limesu a→∞.

Rješenje:

a) Uvjet normalizacije zadan je sa ∫ a/2

−a/2|ϕk|2dx = 1

Računamo ∫ a/2

−a/2|ϕk|2dx =

∫ a/2

−a/2

1√ae−ikx

1√aeikxdx = 1

a

∫ a/2

−a/2dx = 1

a

(a

2 + a

2

)= 1

U limesu kada granice teže u beskonačnost∫ ∞−∞|ϕk|2dx =

∫ ∞−∞

1√ae−ikx

1√aeikxdx = lim

a→∞1a

∫ a/2

−a/2dx = lim

a→∞1a

(a

2 + a

2

)= lim

a→∞1 = 1

b) Za dva elementa iz ortogonalnog skupa, ϕk i ϕk′ , vrijedi∫ ∞−∞

ϕ∗kϕk′dx = 0

ili〈ϕk|ϕk′〉 = 0

preko braket notacije. Izračunavamo integral15

〈ϕk|ϕk′〉 =∫ ∞−∞

1√ae−ikx

1√aeik′xdx = 1

a

∫ ∞−∞

ei(k′−k)xdx = 2π

aδ(k′ − k) = 0

1.15 U t = 0, neka čestica se nalazi u stanju

ψ(x, 0) = eik0x

za |x| ≤ 12 , gdje je k0 neki valni broj (konstanta).

15∫∞−∞ e

i(k′−k)xdx = 2πδ(k′ − k) je jedan od prikaza Diracove delta funkcije.


a) Kolika je vjerojatnost da čestica ima impuls u intervalu od 0 do ~k0?

b) Koje vrijednosti impulsa čestica ne može imati u t = 0?

Rješenje:

a) U rješavanju ćemo koristiti rezultate prošlog zadatka. Vjerojatnost da čestica ima impuls od0 do ~k0 je dana sa

P =∫ k0

0|c(k)|2dk

gdje su c(k) koeficijenti razvoja početne valne funkcije čestice po stanjima k:

ψ(x, 0) =∫ ∞−∞

c(k)ϕkdk

Koeficijente razvoja dobivamo tako da gornju jednadžbu pomnožimo s ϕ′∗k i integriramo po x pocijelom prostoru: ∫ ∞

−∞ϕ∗k′ψ(x, 0)dx =

∫ ∞−∞

c(k)dk∫ ∞−∞

ϕ∗k′ϕkdx

Integral ∫ ∞∞

ϕ∗k′ϕkdx

već smo susreli u zadatku 1.9, i za njega znamo da je rezultat 2πδ(k′−k) 16 što nam u konačnicidaje izraz za c(k′)

c(k′) =∫ ∞−∞

ϕ∗k′ψ(x, 0)dx

Nadalje ćemo zamijeniti k′ sa k. Izračunajmo koeficijente razvoja c(k):

c(k) =∫ ∞−∞

1√2πe−ikxeik0xdx = 1√

2π

∫ 1/2

−1/2ei(k0−k)xdx = 1√

2π1

i(k0 − k)ei(k0−k)x

∣∣∣∣∣1/2

−1/2

c(k) = 1√2π

1i(k0 − k)

(ei2 (k0−k) − e−

i2 (k0−k)

)= 1√

2π1

i(k0 − k)2i sin k0 − k2

c(k) =√

2π

1k0 − k

sin k0 − k2

što za vjerojatnost daje

P = 2π

∫ k0

0

1(k0 − k)2 sin2 k0 − k

2 dx

Ovaj integral nije egzaktno rješiv, ali možete pokušati riješiti nekom od numeričkih metoda.16a koji se nalazi u 1.9 je u ovom slučaju 1, tj. širina intervala


b) Čestica ne može imati vrijednosti impulsa za koje je gustoća vjerojatnosti 0. Općenito,gustoća izgleda kao

|c(k)|2 = 2π

1(k0 − k)2 sin2 k0 − k

2iz čega možemo zaključiti da će ona biti nula jedino ako je sin2 k0−k

2 daje nulu, što će biti zavrijednosti argumenta

k0 − k2 = nπ

iz čega dobivamok = k0 + 2nπ

1.16 Slobodna čestica mase m giba se u jednoj dimenziji, te je poznato da se nalazi u početnomstanju:

ψ(x, 0) = sin(k0x)za |x| ≤ 1

2 .

a) Kako izgleda ψ(x, 0) razvijen po svojstvenim funkcijama operatora količine gibanja?

b) Kako izgleda ψ(x, t)?

c) Koje vrijednosti impulsa p mogu dati mjerenja u trenutku t te s kojim vjerojatnostima se tevrijednosti pojavljuju?

d) Pretpostavimo da se u trenutku t = 3s mjerenje impulsa daje vrijednost ~k0. Kako izgledaψ(x, t) u trenutku t > 3s?

Rješenje:

a) Razvoj početnog stanja preko svojstvenih funkcija operatora količine gibanja

ϕk = 1√2πeikx

jeψ(x, 0) = 1√

2π

∫ +∞

−∞c(k)eikxdk

gdje su c(k) koeficijenti razvoja koji su, prema rezultatima prijašnjih zadataka dani sa

c(k) =∫ ∞−∞

ϕ∗kψ(x, 0)dx = 1√2π

∫ 12

− 12

e−ikx sin(k0x)dx

Koristeći formulu ∫ebx sin axdx = 1

a2 + b2 ebx(b sin ax− a cos ax)

možemo doći do rješenja ovog integrala17.17Pokušajte za vježbu.


b) Prema definiciji, valna funkcija u bilo kojem trenutku glasi

ψ(x, t) = e−i~ Ht · ψ(x, 0) = e−iωt · ψ(x, 0)

što ako primjenimo na naš razvoj funkcije daje

ψ(x, t) = eiωt1√2π

∫ +∞

−∞c(k)eikxdk

ψ(x, t) = 1√2π

∫ +∞

−∞c(k)ei(kx−ωt)dk

c) Vrijednosti koje možemo dobiti za količinu gibanja p su ~k, ovisno o valnom vektoru k, savjerojatnostima danim gornjim izrazom za koeficijente razvoja funkcije stanja po svojstvenimvrijednostima operatora količine gibanja

P (k) = |c(k)|2

Za vježbu izračunajte vjerojatnost čestica ima iznos impulsa od −k0 do k0.

d) Ukoliko mjerenje količine gibanja da vrijednost ~k0, što je svojstvena vrijednost količinegibanja za svojstvenu funkciju

ϕ = 1√2πeik0x

čestica u svakom daljnjem trenutku mora se nalaziti u stanju s istom valnom funkcijom, tj.

ψ(x, t) = 1√2πeik0x

1.17 Čestica se nalazi u jednodimenzionalnoj pravokutnoj potencijalnoj jami širine a, s besko-načno visokim zidovima. Početno stanje čestice dano je sa

ψ(x, 0) = A√a

sin πxa

+√

35a sin 3πx

a+ 1√

5asin 5πx

a

gdje je A neka konstanta.

a) Izračunajte A tako da ψ(x, 0) bude normirana.

b) Ako se mjeri energija čestice, koje vrijednosti se mogu dobiti i s kojim vjerojatnostima?Izračunajte srednju energiju čestice.

c) Pronađite valnu funkciju ove čestice u nekom kasnijem trenutku t.

Rješenje:


a) Normiranje valne funkcije je ∫ a

0ψ∗(x, 0)ψ(x, 0) = 1

Možemo uvrstiti izraz za ψ(x, 0) odmah u integral i pokušati izraziti A. Ali, ako znamo da susvojstvene funkcije hamiltonijana za jednodimenzionalnu jamu oblika

ϕn(x) =√

2a

sin nπxa

, n = 1, 2, 3...

i da su ortonormirane ∫ a

0ϕ∗nϕk = δnk

ψ(x, 0) možemo napisati u malo drugačijem obliku kao

ψ(x, 0) = A√2ϕ1(x) +

√310ϕ3(x) + 1√

10ϕ5(x)

Ako sada ovakav oblik ψ(x, 0) uvrstimo u normiranje∫ a

0

(A√2ϕ∗1(x) +

√310ϕ

∗3(x) + 1√

10ϕ∗5(x)

)(A√2ϕ1(x) +

√310ϕ3(x) + 1√

10ϕ5(x)

)dx = 1

iz ortogonalnosti svojestvenih funkcija hamiltonijana, svi mješoviti umnošci (kao npr.∫ a

0 ϕ∗1ϕ5dx)

će biti nula, pa ostaje samo

A2

2

∫ a

0ϕ∗1ϕ1dx+ 3

10

∫ a

0ϕ∗3ϕ3dx+ 1

10

∫ a

0ϕ∗5ϕ5dx = A2

2 + 310 + 1

10 = 1

što kada izrazimo A dobivamoA =

√65

i time izraz za normiranu valnu funkciju je

ψ(x, 0) =√

35ϕ1(x) +

√310ϕ3(x) + 1√

10ϕ5(x)

b) Ako razvijemo početnu valnu funkciju po svojstvenim funkcijama hamiltonijana,

ψ(x, 0) =∑n

cnϕn(x)

koeficijenti razvoja nam daju vjerojatnost mjerenja pojedine energije kao

P (En) = |cn|2

Ali, na kraju a) dijela zadatka mi već imamo razvoj po svojstvenim funkcijama hamiltonijanasa konstantama

c1 =√

35

c3 =√

310


c5 = 1√10

dok su sve ostale nula. Vjerojatnosti mjerenja energije su

P (E1) = 35

P (E3) = 310

P (E5) = 110

Srednju vrijednost energije možemo izračunati kao18

〈E〉 =∫ a

0ψ∗(x, 0)Hψ(x, 0)dx

ili jednostavno kao〈E〉 =

∑n

P (En)En = 35E1 + 3

10E3 + 110E5

Ako znamo da za ovu potencijalnu jamu vrijedi

En = n2E1

〈E〉 = 35E1 + 9 3

10E1 + 25 110E1 = 29

5 E1

c) Ukoliko imamo ψ(x, 0) razvijenu po svojstvenim funkcijama Hamiltonijana, ψ(x, t) u nekomkasnijem trenutku t biti će jednostavno

ψ(x, t) =√

35ϕ1(x)e−

i~E1t +

√310ϕ3(x)e−

i~E3t + 1√

10ϕ5(x)e−

i~E5t

gdje su En pripadajuće energije uz svako stanje ϕn.

1.18 Nađite ψ(x, t) i P (En) u trenutku t > 0, koji se odnose na česticu u jednodimenzionalnojkutiji sa zidovima u (0, a) u početnom stanju

ψ(x, 0) = A1 sin 3πxa

cos πxa

Rješenje:Kako bi znali kako izgleda ψ(x, t), početnu valnu funkciju moramo razviti u red po svojstvenimfunkcijama Hamiltonijana za 1D kutiju

ψ(x, 0) =∑n

cnϕn(x)

gdje su ϕn(x)

ϕn(x) =√

2a

sin nπxa

, n = 1, 2, 3...

18Pokušati za vježbu.


Koeficijente cn možemo izračunati kao što smo i u zadacima do sada, ali i možemo pogledatikako izgleda ψ(x, 0). Ako iskoristimo trigonometrijski identitet

sinα cosβ = 12(sin(α+ β) + sin(α− β))

što nam odmah za razvoj daje

sin 3πxa

cos πxa

= 12(sin 4πx

a+ sin 2πx

a)

⇒ ψ(x, 0) = A12

√a

2

(√2a

sin 4πxa

+√

2a

sin 2πxa

)= A1

2

√a

2(ϕ4 + ϕ2)

Za vježbu normirajte ovu valnu funkciju, a kao rezultat dobije se A1 = 2√a:

ψ(x, 0) = 12(ϕ4 + ϕ2) .

Ako imamo raspisanu početnu valnu funkciju ψ(x, 0) preko svojstvenih funkcija Hamiltonijana,kao što imamo zapisano ovdje, onda je ψ(x, t) jednostavno

ψ(x, t) = 12

(e−

iE4t~ ϕ4 + e−

iE2t~ ϕ2

)

1.3 Potencijalne barijere

1.19 Snop elektrona prolazi kroz potencijalnu barijeru širine 4.5 Å. Koeficijent transmisijepokazuje 3. maksimum na energiji E = 100 eV . Kolika je visina barijere V ?

Rješenje:Koeficijent transmisije dan je izrazom

1T

= 1 + 14

V 2

E(E − V ) sin2(2k2a),

gdje je konstanta k2 dana sa

k2 =

√2m(E − V )

~2 .

Ukoliko funkcija T ima maksimum, tada će 1/T imati minimum, stoga moramo pronaći kada1/T dan gornjim izrazom ima minimalnu vrijednost. Jedino što je promjenjivo u izrazu za 1/Tje sin2(2k2a), koji ide od vrijednosti 0 do 1. Iz izraza vidimo da će minimum biti kada je

sin2(2k2a) = 0

. iz čega vidimo da je2k2a = nπ.


Treći maksimum će biti za n = 2, iz čega slijedi

k2 = π

a.

Vratimo li ovaj rezultat u izraz za k2, dobivamo

π

a=

√2m(E − V )

~2 .

Izrazimo li V , dobivamo konačni rezultat

V = E − π2~2

2ma2

1.20 Udarni presjek za raspršenje elektrona na atomima rijetkog plina kriptona ima minimumna niskoj energiji od E ' 0.9 eV . Ako je koeficijent refleksije mjera poprečnog presjeka rasprše-nja, pretpostavljajući da elektroni "vide" potencijalni bunar atoma širine 1 Bohra, izračunajtenjegovu dubinu.

Rješenje:...

Poglavlje 2

Harmonijski oscilator

Promatramo česticu koja se giba u potencijalu

V (x) = 12kx

2 = 12mω

2x2

s čime je Hamiltonijan u 1D

H = − ~2

2md2

dx2 + mω2x2

2Svojstvene funkcije Hamiltonijana tj. rješenje Schrodingerove jednadžbe su

ϕn(x) =( 1πλ2

) 14 1√

2nn!Hn

(x

λ

)e−

x22λ2

gdje je λ =√

~mω , a Hn(η) Hermiteovi polinomi

Hn(η) = (−1)neη2(dn

dηne−η

2)

Svojstvene vrijednosti Hamiltonijana, tj. energije su

En = (n+ 12)~ω

2.1 Čestica s energijom E = ~ω2 se giba u potencijalu harmoničkog oscilatora. Izračunajte

vjerojatnost da ćemo česticu naći u klasično zabranjenom području. Usporedite taj rezultat svjerojatnostima nalaženja čestice u višim energijskim stanjima.

Rješenje:Klasično zabranjeno područje oscilatora je ono za koje vrijedi

|x| > A

gdje je A maksimalni otklon oscilatora, koji je određen njegovom energijom. Ako je jednadžbagibanja klasičnog oscilatora dana sa

x = A cosωt,

29

2. HARMONIJSKI OSCILATOR 30

a količina gibanja sap = mx = −mωA sinωt,

ukupna energija klasičnog oscilatora je

E = Ek + Ep = p2

2m + mω2x2

2 = 12mm2ω2A2 sin2 ωt+ mω2

2 A2 cos2 ωt = mω2A2

2što nam za maksimalni otklon izražen preko energije daje

A =

√2Emω2 .

Vjerojatnost da se kvantni harmonijski oscilator nađe u zabranjenom području je tada

P =∫ −A−∞

ψ∗(x)ψ(x)dx+∫ +∞

Aψ∗(x)ψ(x)dx = 2

∫ +∞

Aψ∗(x)ψ(x)dx

Za česticu s energijom E = ~ω2 , za A imamo

A =

√2~ω

2mω2 =

√~mω

a valna funkcija je dana sa, ako znamo da je to energija osnovnog stanja, sa

ψ0(x) =( 1πλ2

) 14e−

x22λ2 ,

gdje je λ = ~mω . Računamo integral

P = 2∫ +∞

Aψ∗0(x)ψ0(x)dx = 2

√1πλ2

∫ +∞

Ae−( xλ)2

dx

u koji uvodimo supstituciju η = xλ iz čega slijedi

P = 2√π

∫ +∞

A/λe−η

2dη

što možemo napisati kao

P = 1− 2√π

∫ A/λ

0e−η

2dη.

Ako uvrstimo što smo dobili za A za oscilator ove energije, Aλ = 1 iz čega slijedi

P = 1− 2√π

∫ 1

0e−η

2dη ≈ 0.1578.

Za pobuđena stanja, sa energijom većom od ~ω2 , vjerojatnost se računa prema izrazu

Pn = 1− 2∫ An

0

1√πλ22nn!

H2n

(x

λ

)e−( xλ)2

dx = 1− 1√πλ22n−1n!

∫ An

0H2n

(x

λ

)e−( xλ)2

dx


što uz supstituciju η = xλ daje

Pn = 1− 1√π2n−1n!

∫ An/λ

0H2n(η)e−η2

dη.

Ako pogledamo prva dva pobuđena stanja,

H1(η) = 2η

H2(η) = 4η2 − 2A1λ

=√

3

A2λ

=√

4

za vjerojatnosti da se kvantni oscilator nađe u klasično zabranjenom području su

P1 ≈ 0.1116

P2 ≈ 0.0951

Kako uvrštavamo veći n, vjerojatnost da je kvantni oscilator u klasično zabranjenom područjuse smanjuje, što je i za očekivati. Klasični oscilator se dobiva za veće vrijednosti n, pa ćevjerojatnost da bude van klasičnih granica mora ići prema 0.

2.2 Koristeći relaciju neodredenosti ∆p∆x ≥ ~2 , procijenite energiju osnovnog stanja harmonič-

kog oscilatora.

Rješenje:Hamiltonijan harmonijskog oscilatora dan je sa

H = p2

2m + mω2x2

2 n

a njegovo očekivanje, tj. energija sa

〈H〉 = E = 12m〈p

2〉+ mω2

2 〈x2〉.

Da bismo povezali relacije neodređenosti sa energijom, promotrimo neodređenost položaja ikoličine gibanja

∆x = 〈x2〉 − 〈x〉2

∆p = 〈p2〉 − 〈p〉2

Izračunajmo 〈x〉 i 〈p〉 za neko općenito stanje oscilatora n:

〈x〉 =∫ +∞

−∞ψ∗n(x) x ψndx =

∫ +∞

−∞x|ψ(x)|2dx = 0


jer je |ψ(x)|2 parna za bilo koji n, čime je cijela podintegralna funkcija neparna, a kako je integralna simetričnom intervalu tada je integral 0. Za očekivanje 〈p〉 računamo

〈p〉 = −i~∫ +∞

−∞ψ∗n(x)∂ψn(x)

∂xdx.

Ako uvedemo supstituciju η = xλ , očekivanje za p postaje

〈p〉 = −i~∫ +∞

−∞ψ∗n(η)∂ψn(η)

∂ηdη = DZ = 0

iz čega imamo∆x = 〈x2〉

∆p = 〈p2〉

što uvrštavamo u izraz za energiju

E = (∆p)2

2m + mω2(∆x)2

2

a s pomoću relacije neodređenosti∆p = ~

2∆x

E = ~2

8m(∆x)2 + mω2(∆x)2

2 .

Preostaje nam pronaći minimum energije kao funkciju ∆x:

dE

d∆x = − ~2

4m(∆x)3 +mω2∆x = 0

iz čega dobivamo da je ekstrem energije za vrijednost ∆x

(∆x)0 =

√~

2mω

Kada ustvrdimo da je to minimum, vrijednost energije u toj točki je

E[(∆x)0] = ~2

8m(∆x)2 + mω2(∆x)2

2 = ~ω4 + ~ω

4 = ~ω2

2.3 Promotrite česticu mase m u 1-dimenzionalnom harmonijskom potencijalu. U trenutku t =0 normalizirana valna funkcija je

ψ(x, 0) =( 1πσ2

) 14e−

x22σ2 ,

gdje je σ 6= ~mω neka konstanta. Izračunajte ψ(x, t).


Rješenje:Kako bi izračunali ψ(x, t), moramo razviti početnu valnu funkciju ψ(x, 0) po svojstvenim funk-cijama Hamiltonijana:

ψ(x, 0) =∑n

cnϕn(x)

gdje su ϕn rješenja za harmonijski oscilator, a cn konstante razvoja. ψ(x, t) će biti jednostavno

ψ(x, t) =∑n

cnϕne−i(n+ 1

2 )ωt

. Konstante razvoja cn naći ćemo po dobro poznatom postupku, ovdje napisanom pomoćubra-ket notacije:

|ψ(x, 0)〉 =∑n

cn|ϕn(x)〉

na što djelujemo s lijeve strane s 〈ϕk(x)|

〈ϕk(x)|ψ(x, 0)〉 =∑n

cn〈ϕk(x)|ϕn(x)〉

〈ϕk(x)|ψ(x, 0)〉 =∑n

cnδnk

〈ϕk(x)|ψ(x, 0)〉 = ck

⇒ cn = 〈ϕn(x)|ψ(x, 0)〉 =∫ +∞

−∞ϕ∗n(x)ψ(x, 0)dx.

Računamo cn kao

cn = 1√π1/2λ2nn!

1√π1/2σ

∫ +∞

−∞Hn

(x

λ

)e−

x22

(1λ2 + 1

σ2)dx

Poznavajući parnost i neparnost Hermiteovih polinoma odmah možemo eliminirati sve Hermi-teove polinome s neparnim indeksom, ostaju samo parni koje ćemo označiti s 2m. Računamo

c2m = 1√πλσ4m(2m)!

∫ +∞

−∞H2m

(x

λ

)e−

x22

(1λ2 + 1

σ2)dx

uz supstituciju

η =

√σ2λ2

2λ2σ2x

za c2m dobivamo

c2m = 1√πλσ4m(2m)!

∫ +∞

−∞H2m

√ 2σ2

λ2 + σ2 η

e−η2

√2λ2σ2

λ2 + σ2dη

c2m =√

2λσ4mπ(2m)!(λ2 + σ2)

∫ +∞

−∞H2m

√ 2σ2

λ2 + σ2 η

e−η2dη

uz što, ako iskoristimo jednakost∫ +∞

−∞H2m(ax)e−x2

dx =√π

(2m)!m! (a2 − 1)m


za c2m dobivamo izraz

c2m =√

2λσ(2m)!4m(m!)2(λ2 + σ2)

(σ2 − λ2

σ2 + λ2

)mKada imamo konstante razvoja, ψ(x, t) je tada u potpunosti određena kao

ψ(x, t) =∑n

c2nϕ2n(x)e−i(2n+1/2)ωt

2.4 Izračunajte očekivanje od x za t > 0, ako je u t = 0 čestica u stanju

ψ(x) = 1√2

[ϕ0(x) + ϕ1(x)]

gdje je ϕn(x) svojstvena funkcija 1-dimenzionalnog harmonijskog oscilatora.

Rješenje:Zadana nam je valna funkcija u t = 0:

ψ(x, 0) = 1√2

[ϕ0(x) + ϕ1(x)]

sa konstantama razvojaψ(x, 0) =

∑n

cnϕn(x)

gdje su c1 = c2 = 1√2 , dok su svi ostali nula. Odmah možemo pisati

ψ(x, t) = 1√2

[ϕ0(x)e−

i~E0t + ϕ1(x)e−

i~E1t

]= 1√

2

[ϕ0(x)e−

i2ωt + ϕ1(x)e−

3i2 ωt]

i računamo 〈x〉

〈x〉 = 〈ψ(x, t)|x|ψ(x, t)〉 =∫ +∞

−∞ψ∗(x, t)xψ(x, t)dx

Raspisujemo u bra-ket notaciji

〈ψ(x, t)|x|ψ(x, t)〉 = 12[〈ϕ0|x|ϕ0〉+ 〈ϕ1|x|ϕ1〉+ e−iωt〈ϕ0|x|ϕ1〉+ eiωt〈ϕ1|x|ϕ0〉

]Promotrimo svaki od ovih članova

〈ϕ0|x|ϕ0〉 =∫ +∞

−∞ϕ∗0(x)xϕ0(x)dx =

∫ +∞

−∞x|ϕ0(x)|2dx = 0

〈ϕ1|x|ϕ1〉 =∫ +∞

−∞ϕ∗1(x)xϕ1(x)dx =

∫ +∞

−∞x|ϕ1(x)|2dx = 0

〈ϕ0|x|ϕ1〉 =∫ +∞

−∞ϕ∗0(x)xϕ1(x)dx = 1√

π1/2λ1√

2π1/2λ

∫ +∞

−∞H0

(x

λ

)H1

(x

λ

)xe−

x2λ2 dx

ako znamo da suH0

(x

λ

)= 1


iH1

(x

λ

)= 2x

λ

za rješenje integrala igramo

=√

2π

1λ2

∫ +∞

−∞x2e−

x2λ2 dx =

√1

2λ2 =

√~

2mω

Kako su〈ϕ0|x|ϕ1〉 = 〈ϕ1|x|ϕ0〉

za 〈x〉 imamo

〈x〉 = 12

√~

2mω (eiωt + e−iωt = 12

√~

2mω2 cosωt =

√~

2mω cosωt

2.1 Zadaci za vježbu

2.5 Pronađite svojstvene funkcije i svojstvene vrijednosti 2-dimenzionalnog harmonijskog osci-latora i odredite degeneraciju energijskih nivoa.

Rješenje:...

2.6 Linearni harmonijski oscilator u osnovnom stanju prikazan je valnom funkcijom

ψ0(x) = A0e− 1

2αx2

Odredite konstante A0 i α, ako je poznata masa m i energija oscilatora E.

Rješenje:...

Poglavlje 3

Kutna količina gibanja

Operator kutne količine gibanja

[Li, Lj ] = i~Lk

L2 = L2x + L2

y + L2z

[L2, Li] = 0

Jednadžba svojstvenih vrijednosti za L2:

L2Ylm = l(l + 1)~2Ylm

gdje su Ylm sferni harmonici, ili kraće

L2|lm〉 = l(l + 1)~2|lm〉

Jednadžba svojstvenih vrijednosti za Lz:

Lz|lm〉 = m~|lm〉

Sferni harmonici

Ylm = Ylm(θ, ϕ)

36

3. KUTNA KOLIČINA GIBANJA 37

∫ π

0

∫ 2π

0Yl′m′Ylm sin θdθdϕ = δl′l,m′m

Riješeni zadaci

3.1 Neka se sustav nalazi u stanju ψ = φlm, svojstvenom stanju operatora kutne količine gibanjaL2 i Lz. Izračunajte 〈Lx〉 i 〈L2

x〉.

Rješenje:Definiramo operatore podizanja i spuštanja:

L+ = Lx + iLy

L− = Lx − iLy

čije djelovanje je dano sa izrazima

L+Ylm =√

[l(l + 1)−m(m+ 1)]~Yl,m+1 = C+Yl,m+1

L−Ylm =√

[l(l + 1)−m(m− 1)]~Yl,m−1 = C−Yl,m−1

Iz definicija ovih operatora možemo naći izraze za Lx i Ly danih preko L+ i L−:

Lx = 12(L+ + L−)

Ly = 12i(L+ − L−)

Prije nego krenemo na račun 〈Lx〉, izračunajmo nešto što će nam biti od pomoći kasnije:

L+L− + L−L+ = (Lx + iLy)(Lx − iLy) + (Lx − iLy)(Lx + iLy) = 2(L2x + L2

y)

L2 = L2x + L2

y + L2z

L2 − L2z = L2

x + L2y

⇒ L+L− + L−L+ = 2(L2 − L2z)

Ako znamo djelovanje operatora L2 i Lz


L2φlm = l(l + 1)~2φlm

Lzφlm = m~φlm

Računamo

〈Lx〉 =∫φ∗lmLxφlm dτ = 1

2

∫φ∗lm(L+ + L−)φlm dτ = 1

2

∫φ∗lmL+φlm dτ + 1

2

∫φ∗lmL−φlm dτ =

〈Lx〉 = 12C+

∫φ∗lmφl,m+1 dτ + 1

2C−∫φ∗lmφ

∗l,m−1 dτ = 0

〈L2x〉 =

∫φ∗lmL

2xφlm dτ

L2x = 1

4(L+ − L−)2 = 14(L+L− + L−L+ + L2

+ + L2−)

∫φ∗lmL

2+φlmdτ = 0

∫φ∗lmL

2−φlmdτ = 0

〈L2x〉 = 1

4

∫φ∗lm(L+L− + L−L+)φlm dτ = 1

2

∫φ∗lm(L2 − L2

z)φlm dτ

〈L2x〉 = 1

2

∫φ∗lmL

2φlm dτ − 12

∫φ∗lmL

2zφlm dτ

〈L2x〉 = 1

2 l(l + 1)~2∫φ∗lmφlm dτ − 1

2m2~2

∫φ∗lmφlm dτ

⇒ 〈L2x〉 = 1

2[l(l + 1)−m2]~2

3.2 Označimo svojstvene funkcije operatora kutne količine gibanja L2 i Lz, koje imaju kvantnebrojeve l = 1 i m = 1, 0,−1 sa φ1,φ0 i φ−1. Upotrebom operatora podizanja i spuštanja, L+i L−, izračunajte rezultat djelovanja operatora Lx na funkcije φ1,φ0 i φ−1 te nađite svojstvenefunkcije i svojstvene vrijednosti operatora Lx.

Rješenje:


L+φlm =√

[l(l + 1)−m(m+ 1)]~φl,m+1

L−φlm =√

[l(l + 1)−m(m− 1)]~φl,m−1

l = 1; m = 1, 0,−1

⇒

L+φ1 = 0L+φ0 =

√2~φ1;

L+φ−1 =√

2~φ0;

L−φ1 =√

2~φ0

L−φ0 =√

2~φ−1

L−φ−1 = 0

Lx = 12(L+ + L−)

Lxφ1 = 12(L+ + L−)φ1 = 1

2(L+φ1 + L−φ1) = 12(0 +

√2~φ0) = ~√

2φ0

Lxφ0 = 12(L+ + L−)φ0 = 1

2(L+φ0 + L−φ0) = 12(√

2~φ1 +√

2~φ−1) = ~√2

(φ1 + φ−1)

Lxφ−1 = 12(L+ + L−)φ−1 = 1

2(L+φ−1 + L−φ−1) = 12(√

2~φ0 + 0) = ~√2φ0

Neka je φx svojstvena funkcija operatora Lx, sa svojstvenom vrijednošću λ. φx napišemo kaolinearnu kombinaciju funkcija φ1,φ0 i φ−1:

φx = αφ1 + βφ0 + γφ−1

Jednadžba svojstvenih vrijednostiLxφx = λφx

tj.Lx(αφ1 + βφ0 + γφ−1) = λ(αφ1 + βφ0 + γφ−1)

što raspisujemo kao

αLxφ1 + βLxφ0 + γLxφ−1 = λαφ1 + λβφ0 + λγφ−1

Kako smo izračunali djelovanje Lx na φ1,φ0 i φ−1 gore, možemo pisati

~√2αφ0 + ~√

2βφ1 + ~√

2βφ−1 + ~√

2γφ0 = λαφ1 + λβφ0 + λγφ−1


iz čega slijedi~√2β = λα

~√2

(α+ γ) = λβ

~√2β = λγ

iz čega imamo 3 rješenja

1.β =√

2α

γ = α

⇒ λ = ~

2.β = 0

γ = −α

⇒ λ = 0

3.β = −

√2α

γ = α

⇒ λ = −~

što su svojstvene vrijednosti operatora Lx. Svojstvene vrijednosti dobivamo iskoristimo li nor-miranje svojstvenih funkcija α2 + β2 + γ2 = 1.

1. λ = ~:α2 + 2α2 + α2 = 1⇒ 4p2 = 1

⇒ φ1x = 12(φ1 +

√2φ0 + φ−1)

2. λ = 0:p2 + p2 = 1⇒ 2p2 = 1

⇒ φ0x =√

22 (φ1 − φ−1)

3. λ = −~:α2 + 2α2 + α2 = 1⇒ 4p2 = 1

⇒ φ−1x =√

22 (φ1 −

√2φ0 + φ−1)


3.3 Za sustav s l = 1, pronađite matrične reprezentacije operatora L2, Lz, Lx i Ly.

Rješenje:Matrična reprezentacija nekog vektora ovisit će o bazi u kojoj ga prikazujemo, u ovom slučajuzanimaju nas reprezentacije u bazi svojstvenih funkcija operatora L2 i Lz. Za l = 1, imamo trifunkcije koje čine bazu, to su upravo φ1,φ0 i φ−1 iz prošlog zadatka.

Općenito, matrična reprezentacija nekog operatora u bazi koja ima tri funkcije ili vektora, na-zovimo ih |1〉, |2〉 i |3〉 izgledat će kao

A =

A11 A12 A13A21 A22 A23A31 A32 A33

gdje su Aij matrične vrijednosti koje se računaju kao

Aij = 〈i|A|j〉 =∫φ∗i AφjdV

Znamo kako operatori L2, Lz, Lx i Ly djeluju na φ1,φ0 i φ−1 (koje ćemo dalje označavati prekobra-ket notacije kao |1〉, |0〉 i | − 1〉) pa možemo izračunati njihovu reprezentaciju u ovoj bazi.Izgled |1〉, |0〉 i | − 1〉 je

|1〉 =

100

, |0〉 =

010

, | − 1〉 =

001

1. Krenimo sa L2:L2|lm〉 = l(l + 1)~2|lm〉

što u našem slučaju, pošto sve funkcije imaju isti l daje

L2|1〉 = 2~2|1〉

L2|0〉 = 2~2|0〉

L2| − 1〉 = 2~2| − 1〉

Ako uvrstimo L2 u izraz za matrične vrijednosti, dobivamo

〈1|L2|1〉 = 2~2〈1|1〉 = 2~2

〈0|L2|0〉 = 2~2〈0|0〉 = 2~2

〈−1|L2| − 1〉 = 2~2〈−1| − 1〉 = 2~2

dok su svi mješoviti 0 jer su |1〉, |0〉 i | − 1〉 ortogonalne. Matrična reprezentacija operatora L2

je tada

L2 = 2~2

1 0 00 1 00 0 1


2. Lz:Lz|lm〉 = m~|lm〉

iz čega slijediLz|1〉 = ~|1〉

Lz|0〉 = 0|0〉 = 0

Lz| − 1〉 = −~| − 1〉

Ako izračunamo matrične elemente, dobivamo izgled operatora Lz

Lz = ~

1 0 00 0 00 0 1

3. Lx:Operator Lx zapišemo preko operatora podizanja i spuštanja

Lx = 12(L+ + L−)

i u prošlom zadatku smo točno vidjeli kako on djeluje na |1〉, |0〉 i | − 1〉

Lx|1〉 = ~√2|0〉

Lx|0〉 = ~√2

(|1〉+ | − 1〉)

Lx| − 1〉 = ~√2|0〉

što za matrične elemente daje〈1|Lx|1〉 = ~√

2〈1|0〉 = 0

〈1|Lx|0〉 = ~√2

(〈1|1〉+ 〈1| − 1〉) = ~√2

〈1|Lx| − 1〉 = ~√2〈1|0〉 = 0

〈0|Lx|1〉 = ~√2〈0|0〉 = ~√

2

〈0|Lx|0〉 = ~√2

(〈0|1〉〈0| − 1〉) = 0

〈0|Lx| − 1〉 = ~√2〈0|0〉 = ~√

2

〈−1|Lx|1〉 = ~√2〈−1|0〉 = 0

〈−1|Lx|0〉 = ~√2

(〈−1|1〉+ 〈−1| − 1〉) = ~√2


〈−1|Lx| − 1〉 = ~√2〈−1|0〉 = 0

što za izgled operatora Lx u ovoj bazi daje

Lx = ~√2

0 1 01 0 10 1 0

4. Ly - DZ. Provjeriti kako operator Ly djeluje na vektore (funkcije) baze i izračunati matričneelemente.

3.4 Kolika je vjerojatnost da će mjerenje Lx dati vrijednost 0 za sustav koji pripada kvantnombroju l = 0 i koji je u stanju

ψ = 1√14

123

Kolika je vjerojatnost da će mjerenje Lz istog stanja dati vrijednost ~?

Rješenje:Stanje sustava u bra-ket notaciji je

|ψ〉 = 1√14

(1|1〉+ 2|0〉+ 3| − 1〉)

U drugom zadatku vidjeli smo da je svojstvena funkcija operatora Lx koja ima vrijednost 0 danasa

φ0x =√

22 (φ1 − φ−1)

ili u bra-ket notaciji

|0〉x =√

22 (|1〉 − | − 1〉)

Vjerojatnost da će mjerenje operatora Lx dati vrijednost 0, dobivamo računanjem

P = |〈0x|ψ〉|2

što računamo

〈0x|ψ〉 =√

22

1√14

(〈1| − 〈−1|)(1|1〉+ 2|0〉+ 3| − 1〉) = 12√

7(1− 3) = − 1√

7

Vjerojatnost mjerenja vrijedosti 0 operatora Lx je tada

P = 17


Koliko bi iznosila vjerojanost mjerenja Lx od +~ ili −~? Koliko zbroj ove tri vjerojatnosti moraiznositi?

Da bi dobili vjerojatnost mjerenja Lz koja daje vrijednost ~, moramo pogledati koja je svojstvenafunkcija Lz s tom svojstvenom vrijednosti. Iz izraza

Lzφlm = m~φlm

iliLz|lm〉 = m~|lm〉

vidimo da je to upravo |1〉, pa da bi dobili vjerojatnost mjerenja ~ moramo izračunati

〈1|ψ〉 = 1√14〈1|(1|1〉+ 2|0〉+ 3| − 1〉) = 1√

14

što daje vjerojatnost 1/14.

Poglavlje 4

Atom vodika

4.1 Valna funkcija elektrona u atomu je

ψ(r) = Ce−ra

gdje je a = a0Z , a a0 ≈ 0.5Å je Bohrov polumjer.

a) Izračunajte konstantu normalizacije.

b) Ako je nuklearni broj A = 173 i atomski broj Z = 70, kolika je vjerojatnost da će se elektronnaći u jezgri? Pretpostavljamo da je polumjer jezgre 1.2A1/3 fm.

c) Kolika je vjerojatnost da će se elektron naći u području x, y, z > 0?

Rješenje:

a) Konstantu normalizacije ćemo izračunati iz poznatog uvjeta normiranosti∫|ψ|2dV = 1

iz čega računamo integral s lijeve strane

C2∫ +∞

0r2e−

2ra dr

∫ 2π

0dϕ

∫ π

0sin θdθ = 4πC2

∫ +∞

0r2e−

2ra dr = 4πC2

(a

2

)3Γ(3) = 4πC2

(a

2

)32! = 4πC2a

3

4

iz čega slijedi

4πC2a3

4 = 1⇒ C = 1√a3π

b) Ako sa R označimo polumjer jezgre, vjerojatnost da se elektron nađe unutar nje je

P =∫ R

0r2e−

2ra dr

∫ 2π

0dϕ

∫ π

0sin θdθ = 4πC2

∫ R

0r2e−

2ra dr

45

4. ATOM VODIKA 46

Kako je gornja granica integrala, R, puno manja od a, eksponencijalna funkcija pod integralomje približno nula (na bilo kojem dijelu integrala r � a) pa za vjerojatnost imamo

P = 4a3

∫ R

0r2dr = 4

3

(R

a

)3= 4

3

(Zr0a0

)3A = 1.1 · 10−6 ≈ 0

c) Pošto je valna funkcija nezavisna od varijabli θ i ϕ (sfernosimetrična je), vjerojatnost da seona nađe u prvom oktantnu je tada 1

8 .

4.2 Izračunajte normaliziranu distribuciju količine gibanja elektrona u atomu vodika u stanjima1s i 2s.

Rješenje:Distribucija količine gibanja je

|ψ(~p)|2.

Valnu funkciju danu preko količine gibanja dobivamo pomoću Fourierove transformacije valnefunkcije dane preko položaja čestice

ψ(~p) = 1(2π~)3/2

∫e−

i~ ~p·~rψ(~r)d3r.

Valna funkcija elektrona u sfernim koordinatama je dana preko

ψ(r, θ, ψ) = Rnl(r)Y ml (θ, ψ)

gdje je Rnl(r) radijalni dio, a Y ml (θ, ψ) sferni harmonici. 1s stanje je stanje s kvantnim brojevima

ψ1s = ψ100

i ono glasiψ100(r) = 1√

πa3e−

ra ,

što uvrštavamo u Fourierovu transformaciju

ψ(~p) =∫e−

i~ ~p·~rψ(~r)d3r = 1

(2π~)3/21√πa3

∫e−

i~ ~p·~re−

ra r2 sin θdrdθdφ

Kako je ψ(~r sferno simetrična, kako bi izračunali ~p · ~r možemo postaviti da se ~p nalazi duž z osikoordinatnog sustava. Skalarni umnožak je tada

~p · ~r = pr cos θ

što uvrštavamo u integral

ψ(~p) = 2π(2πa~)3/2

1√π

∫e−

i~pr cos θe−

ra r2 sin θdrdθ

4. ATOM VODIKA 47

gdje smo već integrigrali po varijabli φ. Prvo integriramo po varijabli θ∫ π

0e−

i~pr cos θ sin θdθ

što uz supstituciju t = cos θ ima rješenje

~ipr

e−i~pr cos θ

∣∣∣∣∣π

0

= ~ipr

(ei~pr − e−

i~pr)

= 2~pr

sin pr~

te nam ostajeψ(~p) = 1

π√

21

(a~)3/22~p

∫ ∞0

re−ra sin pr

~dr

∫ ∞0

re−ra sin pr

~dr = 1

2i

[∫ ∞0

re−ra e

i~prdr −

∫ ∞0

re−ra e−

i~prdr

]= 1

2i

[ 1(1/a− ip/~)2 −

1(1/a+ ip/~)2

]= 1

2i(2ip/a~)2

[(1/a)2 + (p/~)2]2

= (2p/~)a3

[1 + (ap/~)2]2

što kada vratimo u ψ(~p) daje

ψ(~p) =√

2~

1a3/2

1π

2pa3

~1

[1 + (ap/~)2]2 = 1π

(2a3

~

)3/2 1[1 + (ap/~)2]2

Distribucija količine gibanja je tada

|ψ(~p)|2 = 1π2

(2a3

~

)3 1[1 + (ap/~)2]4

Prateći isti postupak, izračunajte |ψ(~p)|2 za ψ200.

4.3 Promotrite valnu funkciju

ψ(r, θ) = 181

√2πZ3/2(6− Zr)Zre−

Zr3 cos θ

gdje je r u jedinicama a0.

a) Nađite odgovarajuće vrijednosti kvantnih brojava n, l i m.

b) Iz ψ(r, θ) pronađite drugu valnu funkciju s istim vrijednostima n i l, ali s magnetskim kvant-nim brojem m+ 1.

4. ATOM VODIKA 48

c) Izračunajte najvjerojatniju vrijednost za r, za elektron u stanju ψ i za Z = 11.

Rješenje:

a) Da bi odredili kvantne brojeve, prvo krećemo od n. Ako promotrimo eksponencijalni član uψ i iskoristimo to da kod atoma vodika ima oblik e−r

√−E , gdje je

E = −Z2

n2

usporedbom potencija imamo

−Zr3 = −r√−(−Z

2

n2

)te za n dobivamo

n = 3.

Orbitalni kvantni broj dobivamo ako iskoristimo djelovanje operatora kvadrata kutne količinegibanja na valnu funkciju

L2ψ(r, θ) = l(l + 1)ψ(r, θ)

L2 u sfernim koordinatama ima oblik

L2 = − 1sin θ

∂

∂θ

(sin θ ∂

∂θ

)a ako ψ(r, θ) zapišemo u obliku

ψ(r, θ) = f(r) cos θ

imamo

L2ψ(r, θ) = L2f(r) cos θ = f(r)L2 cos θ = f(r)[− 1

sin θ∂

∂θ

(sin θ ∂

∂θcos θ

)]⇒ L2ψ(r, θ) = f(r)2 cos θ = 2f(r) cos θ = 2ψ(r, θ)

iz čega vidimo da jel = 1.

Za magnetski kvantni broj ćemo napraviti slično, iskoristiti ćemo djelovanje operatora Lz

Lzψ(r, θ) = mψ(r, θ)

ako znamo da jeLz = −i ∂

∂φ

kako naša valna funkcija ne ovisi o φ, imamo

Lzψ(r, θ) = 0

iz čega vidimo da jem = 0.

1DZ

4. ATOM VODIKA 49

b) Da bismo dobili valnu funkciju s magnetskim kvantnim brojemm+1, iskoristit ćemo operatorpodizanja L+

L+ψm =√

(l −m)(l +m+ 1)ψm+1

u što, ako iskoristimo kvantne brojeve koje smo odredili l = 1 i m = 0 dobivamo

L+ψ0 =√

2ψ1

U sfernim koordinatama L+ ima oblik

L+ = eiφ(∂

∂θ+ i cot θ ∂

∂φ

)iz čega slijedi

L+ψ0 = eiφ∂

∂θf(r) cos θ = −eiφf(r) sin θ

ψm+1 = 1√2

181

√2πZ3/2(6− Zr)Zre−

Zr3 sin θeiφ

c) Najvjerojatniji r ćemo pronaći tako što ćemo promotriti gdje funkcija (rψ)2 ima maksimum

∂

r(rψ)2 = 0

Poglavlje 5

Spin

Čestica sa spinom S ukoliko se mjeri njen spin može imati vrijednosti ms

ms = −S,−S + 1, ..., S − 1, S

ms nazivamo spinski broj. Komutacijske relacije za komponentne spina

[Si, Sj ] = i~Sk

Slično kao i sa operatorom kutne količine gibanja operator kvadrata spina, jednadžba svojstvenihvrijednosti glasi

S2|α〉 = s(s+ 1)~2|α〉

gdje su |α〉 svojstvene funkcije S2, a s(s+1)~2 su svojstvene vrijednosti. Kako S2 i Sz komutiraju,|α〉 su i svojstvene vrijednosti operatora Sz, sa pripadajućim djelovanjem Sz kao

Sz|α〉 = ms~|α〉

Elektron ima spin S = 12 , mogući spinski brojevi su ±1

2 , a djelovanje operatora S2 i Sz je tada

S2| ± 12〉 = 3

4~2| ± 1

2〉

Sz| ±12〉 = ±~

2 | ±12〉

Za čestice spina 12 koristimo Paulijeve matrice σi, gdje je spin predstavljen sa

~S = ~2~σ

gdje su komponente dane sa

σx =(

0 11 0

)

σy =(

0 −ii 0

)

σz =(

1 00 −1

)

50

5. SPIN 51

Riješeni zadaci

5.1 Izračunajte komutatore Paulijevih matrica

[σ1, σj ]

gdje su i, j = x, y, z.

Rješenje:

[σx, σy] = σxσy − σyσx =(

0 11 0

)(0 −ii 0

)−(

0 −ii 0

)(0 11 0

)=

=(i 00 −i

)−(−i 00 i

)= 2i

(1 00 −1

)= 2iσz

...

[σi, σj ] = 2iεijkσk

gdje je εijkσk = 1 ako se radi o cikličkoj permutaciji, -1 ako se radi o anticikličkoj permutaciji i0 inače.

5.2 Koristeći svojstvene vektore Sz kao vektore baze, izračunajte Si| + 12〉 i Si| −

12〉, gdje je

i = x, y, z, a | ± 12〉 su svojstveni vektori sa svojstvenim vrijednostima ±~

2 .

Rješenje:Moramo pronaći djelovanje operatora

Sx| ±12〉

Sy| ±12〉

Sz| ±12〉

Ako su nam | ± 12〉 vektori baze, označit ćemo ih kao

|+ 12〉 =

(10

)

| − 12〉 =

(01

)

5. SPIN 52

Ako se sjetimo da su prikazi Sx, Sy i Sz preko Paulijevih matrica već u ovoj bazi, možemoizračunati tražena djelovanja operatora pomoću matrica

Sx|+12〉 = ~

2

(0 11 0

)(10

)= ~

2

(01

)= ~

2 | −12〉

Sx| −12〉 = ~

2

(0 11 0

)(01

)= ~

2

(10

)= ~

2 |+12〉

Sy|+12〉 = ~

2

(0 −ii 0

)(10

)= ~

2

(0i

)= i~

2 | −12〉

Sy| −12〉 = ~

2

(0 −ii 0

)(01

)= −~

2

(i0

)= − i~2 |+

12〉

Sz|+12〉 = ~

2

(1 00 −1

)(10

)= ~

2

(10

)= ~

2 |+12〉

Sz| −12〉 = ~

2

(1 00 −1

)(01

)= −~

2

(01

)= −~

2 | −12〉

5.3 Dokažite da je [S2, Sz] = 0. Pokažite da svojstveni vektori Sz dijagonaliziraju S2 i pronađitesvojstvene vektore S2.

Rješenje:

[S2, Sz] = [S2x + S2

y + S2z , Sz] =

∑i=x,y,z

[S2i , Sz]

Očito imamo da je[S2z , Sz] = 0

Računamo preostala 2:

[S2x, Sz] = [Sx · Sx, Sz] = Sx[Sx, Sz] + [Sx, Sz]Sx = −i~SxSy − i~SySx

[S2y , Sz] = [Sy · Sy, Sz] = Sy[Sy, Sz] + [Sy, Sz]Sy = i~SySx + i~SxSy

⇒ [S2, Sz] = −(i~SxSy + i~SySx) + i~SySx + i~SxSy = 0

Da bi pronašli je li S2 dijagonalna u bazi svojstvenih vektora Sz, pogledat ćemo kako izgledanjen matrični oblik. Jednostavno ćemo izračunati

S2 = S2x + S2

y + S2z = ~2

4 (σ2x + σ2

y + σ2z) = 3~

2

4 I = 3~2

4

(1 00 1

)

5. SPIN 53

iz čega vidimo da je S2 dijagonalna u bazi svojstvenih vektora Sz. Ako je matrica dijagonalnau nekoj bazi, vektori te baze su ujedno i njeni svojstveni vektori, tako da zaključujemo da su| ± 1

2〉 i svojstveni vektori S2. Svojstvene vrijednosti su

S2|+ 12〉 = 3~2

4

(1 00 1

)(10

)= 3~2

4

(10

)= 3~2

4 |+12〉

S2| − 12〉 = 3~2

4

(1 00 1

)(01

)= 3~2

4

(01

)= 3~2

4 | −12〉

5.4 Nađite kako operatori Sx + iSy i Sx − iSy djeluju na vektore | ± 12〉

Rješenje:Imamo iz 2. zadatka kako Sx i Sy svaki zasebno djeluju na vektore baze, što koristimo

(Sx + iSy)|+12〉 = Sx|+

12〉+ iSy|+ 1

2〉 = ~2 | −

12〉+ i

i~2 | −

12〉 = 0

(Sx + iSy)| −12〉 = Sx| −

12〉+ iSy| − 1

2〉 = ~2 |+

12〉+ i

−i~2 |+

12〉 = ~|+ 1

2〉

(Sx − iSy)|+12〉 = Sx|+

12〉+ iSy|+ 1

2〉 = ~2 | −

12〉 − i

i~2 | −

12〉 = ~| − 1

2〉

(Sx + iSy)| −12〉 = Sx| −

12〉 − iSy| −

12〉 = ~

2 |+12〉 − i

−i~2 |+

12〉 = 0

Sx + iSy nazivamo i operatorom podizanja S+, a Sx− iSy nazivamo S−, operatorom spuštanja.

5.5 Za česticu sa spinom 12 , izračunajte očekivanu vrijednost od A = iSxSySx, gdje je valna

funkcija čestice zadana saψ = 1√

2(|+ 1

2〉+ | − 12〉)

a) korištenjem operatora S+ i S−

b) izravno

Rješenje:

a)Sx = 1

2(S+ + S−)

5. SPIN 54

Sy = 12i(S+ − S−)

Raspisujemo A

iSxSySx = i12(S+ + S−) 1

2i(S+ − S−)12(S+ + S−) = 1

8(S2+ − S+S− + S−S+ − S2

−) =

= 18(S3

+ + S2+S− − S+S−S+ + S+S

2− + S−S

2+ + S−S+S− − S2

−S+ − S3−)

iz čega jedino preostaje S−S+S− − S+S−S+ Računamo 〈A〉

〈A〉 = 1√2

(〈+1

2 |+ 〈−12 |)iSxSySx

1√2

(|+ 1

2〉+ | − 12〉)

= 116

[(〈+1

2 |+ 〈−12 |)

(S−S+S− − S+S−S+)(|+ 1

2〉+ | − 12〉)]

S−S+S−|+12〉 = ~3| − 1

2〉

S−S+S−| −12〉 = 0

S+ − S−S+|+12〉 = 0

S+ − S−S+| −12〉 = ~3|+ 1

2〉

⇒ 〈A〉 = 116

(〈+1

2 |~3| − 1

2〉+ 〈−12 |~

3| − 12〉 − 〈+

12 |~

3|+ 12〉 − 〈−

12 |~

3|+ 12〉)

= 0

b) Možemo izračunati matričnu reprezentaciju operatora A

A = iSxSySx = i

(~2

)3(

0 11 0

)(0 −ii 0

)(0 11 0

)= −~3

8

(0 1−1 0

)

ψ u bazi vektora izgleda kao

ψ = 1√2

(|+ 12〉+ | − 1

2〉) = 1√2

[(10

)+(

01

)]= 1√

2

(11

)

⇒ 〈A〉 = 1√2

(1 1

)(−~3

8

)(0 1−1 0

)1√2

(11

)= −~3

8(1 1

)(−11

)= 0

5.6 Neka je z komponenta spina elektrona ~2 .

a) Kolika je vjerojatnost da je njegova komponenta duž osi n′, koja zatvara kut θ sa z osi,jednaka ±~

2?

b) Kolika je srednja vrijednost spina duž n′?

5. SPIN 55

Rješenje:

a) Ukoliko je z komponenta spina ~2 , elektron se nalazi u stanju | + 1

2〉. Smjer n′ osi možemoprikazati preko jediničnog vektora

~en′ = sin θ cosφ~ex + sin θ sinφ~ey + cos θ~ez

čime je operator spina duž n′ osi

Sn′ = ~S · ~en′ = Sx sin θ cosφ+ Sy sin θ sinφ+ Sz cos θ = ~2

(cos θ sin θe−iφ

sin θeiφ − cos θ

)

Ova matrica je u bazi svojstvenih vektora operatora Sz, tako da moramo pronaći njene svojstvenevrijednosti sa pripadajućim svojstvenim vektorima. Pretpostavljamo da će njene svojstvenevrijednosti biti ±~

2 (spin elektrona uvijek ima ove dvije svojstvene vrijednosti) što računamo izjednadžbe svojstvenih vrijednosti(

cos θ sin θe−iφsin θeiφ − cos θ

)(ab

)= λ

(ab

)

iz čega imamo dvije jednadžbea cos θ + b sin θe−iφ = λa

a sin θeiφ − b cos θ = λb

što napišemo kaoa(cos θ − λ) + b sin θe−iφ = 0

a sin θeiφ − b(cos θ + λ) = 0

Ovaj sustav ima rješenje kad je determinanta∣∣∣∣∣cos θ − λ sin θe−iφsin θeiφ −(cos θ + λ)

∣∣∣∣∣ = 0

što raspisano daje− cos2 θ + λ2 − sin2 θ = 0

⇒ λ = ±1

iz čega vidimo da smo dobili očekivane svojstvene vrijednosti (faktor ~2 je ispred matrice kao

konstanta). Računamo svojstvene vektore za λ = 1:

a(cos θ − 1) + b sin θe−iφ = 0

uz uvjet normiranosti|a|2 + |b2| = 1.

Vidimo da jeb = a

1− cos θsin θe−iφ

5. SPIN 56

što kad uvrstimo u uvjet normiranosti

|a|2 + (1− cos θ)2

sin2 θ|a|2 = 1

|a|2(

1 + (1− cos θ)2

sin2 θ

)= 1

|a|2 sin2 θ + 1 + cos2 θ − 2 cos θsin2 θ

= 1

|a|24 sin2 θ

2sin2 θ

= 1

|a|24 sin2 θ

24 sin2 θ

2 cos2 θ2

= 1

⇒ a = cos θ2iz čega je b

b = cos θ2

(1− cos θsin θe−iφ

)= cos θ2

(2 sin2 θ

2sin θ e−iφ

)= sin θ2e

iφ

što u bazi svojstvenih vektora Sz možemo napisati kao

|+ 12〉′ =

cos θ2

sin θ2eiφ

Slični postupkom, za svojstvenu vrijednost λ = −1, pripadajući svojstveni vektor je

| − 12〉′ =

sin θ2

− cos θ2eiφ

Ako se elektron nalazi u stanju |+ 1

2〉, vjerojatnost da duž osi n′ mjerimo ±~2 je

P

(±~

2

)= |〈±1

2′|+ 1

2〉|2

što ako zapišemo preko vektora

〈+12′|+ 1

2〉 =(cos θ2 sin θ

2e−iφ)(1

0

)= cos θ2

〈−12′|+ 1

2〉 =(sin θ

2 cos θ2e−iφ)(1

0

)= sin θ2

daje vjerojatnostP

(+~

2

)= cos2 θ

2

P

(+~

2

)= sin2 θ

2

b) DZ

Poglavlje 6

Aproksimativne metode

6.1 Promotrimo česticu u 1-dimenzionalnom, beskonačno dubokom potencijalu. Čestica je pod-ložna smetnji (perturbaciji) oblika w = Cx, gdje je C konstanta.

a) Kolike su svojstvene energije, te kako izgledaju svojstvene funkcije neperturbiranog sustava?

b) Izračunajte popravke prvog reda u energijama.

c) Nađite valne funkcije prvog pobuđenog stanja

Rješenje:

a)

ψ(0)n (x) =

√2L

sin nπxL

E(0)n = π2~2

2mL2n2

57

6. APROKSIMATIVNE METODE 58

b)

∆E(1)n = 〈ψ(0)

n |w|ψ(0)n 〉 =

∫ψ(0)∗n wψ(0)

n dx =

=∫ L

0

√2L

sin nπxL

Cx

√2L

sin nπxL

dx =

= C2L

∫ L

0x sin2 nπx

Ldx =

= C2L

L2

4 =

= LC

2

c)

ψ(0)n=2(x) =

√2L

sin 2πxL

ψn=2(x) = ψ(0)n=2 + λ

∑p 6=n=2

〈ψ(0)p |w|ψ(0)

n 〉E

(0)n − E(0)

p

|ψ(0)p 〉+ ...

6.2 Promotrimo česticu u 1-dimenzionalnom, beskonačno dubokom potencijalu širine a. Načesticu je nametnuta smetnja

w = aω0δ

(x− a

2

).

Izračunajte pomake energije čestice u prvom redu ω0.

Rješenje:

ψ(0)n (x) =

√2a

sin nπxa

E(0)n = π2~2

2ma2n2


∆E(1)n = 〈ψ(0)

n |w|ψ(0)n 〉 =

∫ψ(0)∗n wψ(0)

n dx =

=∫ a

0

√2a

sin nπxaaω0δ

(x− a

2

)√2a

sin nπxadx =

= 2aaω0

∫ a

0δ

(x− a

2

)sin2 nπx

adx =

= 2ω0 sin2 nπa2

a=

= 2ω0 sin2 nπ

2

= 2ω0

ako je n neparan.

6.3 Promotrite elektron mase m u 3-dimenzionalnoj kutiji (širine a) s energijom 3π2~2

ma2 . Slaboelektrično polje u z-smjeru, jakosti ε, je nametnuto sustavu. Smetnja je tada oblika w = eεz.Izračunajte popravke 1. reda u energiji.

Rješenje:Za česticu u 3D kutiji energija je dana sa

E(0)n = ~2π2

2ma2n2

gdje je n2

n2 = n2x + n2

y + n2z.

Moguće trojke kvantnih brojeva koji imaju danu energiju u zadatku su

(2, 1, 1), (1, 2, 1), (1, 1, 2)

sa valnim funkcijama

ψ211 =√

8a3 sin 2πx

asin πy

asin πz

a

ψ121 =√

8a3 sin πx

asin 2πy

asin πz

a

ψ112 =√

8a3 sin πx

asin πy

asin 2πz

a

Ukoliko neki sustav ima degeneraciju q-tog reda, prvi popravci energije dani su sa

det(W − λI)


gdje je W perturbacijska matrica oblika

Wij = 〈ψi|w|ψj〉

a ψk su degenerirane valne funkcije. Lako je vidjeti da su dijagonalni članovi jednaki

〈211|w|211〉 = 〈121|w|121〉 = 〈112|w|112〉 = a

2npr.

〈211|w|211〉 = eε8a2

∫ a

0sin2 2πx

adx

∫ a

0sin2 πy

ady

∫ a

0z sin2 πz

adz = eεa

2a svi dijagonalni članovi su nula, tako da su prvi popravci energije također degenerirani i iznose

E(1) = eεa

2

6.4 Promotrite 1D harmonijski oscilator

H = − ~2

2md2

dx2 + 12mω

2x2

a) Za jednoparametarsku familiju valnih funkcija ψα(x) = e−αx2 , (α > 0), nađite valnu funkciju

koja minimizira 〈H〉. Kolika je vrijednost 〈H〉min?

b) Za drugu jednosparametarsku familiju valnih funkcija ψβ(x) = xe−βx2 , (β > 0), nađite valnu

funkciju koja minimizira 〈H〉. Kolika je vrijednost 〈H〉min?

Rješenje:

a)

〈H〉 = 〈ψα|H|ψα〉〈ψα|ψα〉

=∫+∞−∞ ψ∗α

(− ~2

2md2

dx2 + 12mω

2x2)ψαdx∫+∞

−∞ ψ∗αψαdx


Brojnik: ∫ +∞

−∞ψ∗α

(− ~2

2md2

dx2

)ψαdx+

∫ +∞

−∞ψ∗α

12mω

2x2ψαdx =

= − ~2

2m

∫ +∞

−∞ψ∗α

d2ψαdx2 dx+ 1

2mω2∫ +∞

−∞x2|ψα|2dx =

= − ~2

2m

∫ +∞

−∞2α(2αx2 − 1)e−2αx2

dx+ 12mω

2∫ +∞

−∞x2e−2αx2

dx

= − ~2

2m

(−√πα

2

)+ 1

2mω2 14

√π

2α3

= ~2

2m

√πα

2 + 18mω

2√

π

2α3

Nazivnik: ∫ +∞

−∞ψ∗αψαdx =

∫ +∞

−∞e−2αx2

dx =√π

2α

〈H〉 = ~2

2mα+ 18mω

2 1α

Za koji oblik α je 〈H〉min?d〈H〉dα

= ~2

2m −18mω

2 1α2 = 0

⇒ 14mω

2 1α2 = ~2

2m

⇒ α0 = mω

2~⇒ ψα0(x) = e−

mω2~ x

2

〈H〉min = ~ω2

b)

〈H〉 =∫+∞−∞ ψ∗β

(− ~2

2md2

dx2 + 12mω

2x2)ψβdx∫+∞

−∞ ψ∗βψβdx= ... = 3~2

2mβ + 3mω2

81β

β0 = mω

2~ψβ0(x) = xe−

mω2~ x

2

〈H〉min = 3~ω2


6.5 Promotrite atom vodika.

a) Koristeći varijacijsku metodu, procijenite energiju osnovnog stanja. Za probnu funkciju iza-berite sferno simetrične funkcije oblika

ψα(r) = C

(1− r

α

), r ≤ α

gdje je C konstanta normalizacije, a α varijacijski parametar.

b) Nađite ekstremnu vrijednost za α. Usporedite ju s Bohrovim polumjerom a0.

Rješenje:

a) Računamo konstantu C iz uvjeta normalizacije.∫ +∞

−∞|ψα|2dV = 1

∫ +∞

−∞|ψα|2dV = C2

∫ α

0

(1− r

α

)2r2dr

∫ π

0sin θdθ

∫ 2π

0dϕ = 4πC2

∫ α

0

(1− r

α

)2r2dr = ... = 4πC2 1

30α3

⇒ C =√

152πα3

Računamo energiju〈E(α)〉 = 〈Ek〉+ 〈V 〉

Ek = − ~2

2m∆

∆ u sfernom koordinatnom sustavu:

∆f = 1r

∂2

∂r2 (rf) + 1r2

1sin θ

∂

∂θ(sin θf) + 1

r21

sin2 θ

∂2

∂ϕ2

〈Ek〉 = 〈ψα| −~2

2m∆|ψα〉 = − ~2

2m4π∫ α

0r2ψα

[1r

∂2

∂r2 (rψα)]dr =

∣∣∣∣∣ u = rψα dv = d2(rψα)dr2

du = d(rψα)dr v = d(rψα)

dr

∣∣∣∣∣ =

= −2π~2

m

(rψαd(rψα)dr

)∣∣∣∣∣α

0

−∫ α

0

(d(rψα)dr

)2dr

= ... = 0 + 5~2

mα2

V (r) = −ke2

r

〈V 〉 = 〈ψα| − ke2

r|ψα〉 = −ke24π

∫ α

0r|ψα|2dr = ... = −5

2ke2

α

⇒ 〈E(α)〉 = 5(~2

m

1α2 −

ke2

21α

)


b)d〈E(α)〉dα

= 5(−2~

2

m

1α3 + ke2

21α2

)= 0

⇒ α0 = 4~2

kme2

α0 = 4a0

6.6 Pretpostavite da se čestica nalazi u pravokutnom potencijalnom bunaru okomitih zidova sneravnim dnom:

V (x) ={neka funkcija, 0 ≤ x ≤ a∞, inače

Odredite valnu funkciju, te izračunajte energiju čestice WKB aproksimacijom.

Rješenje:Pretpostavljamo da je unutar bunara E > V (x) te imamo rješenje

ψ(x) ' 1√p(x)

[C+e

iφ(x) + C−e−iφ(x)

]tj.

ψ(x) ' 1√p(x)

[C1 sinφ(x) + C2 cosφ(x)]

gdje su p(x) i φ(x) povezani preko

φ(x) = 1~

∫ x

0p(x′)dx′,

a p(x) jep(x) =

√2m [E − V (x)].

Ako iskoristimo rubne uvjeteψ(0) = 0

ψ(a) = 0

iz prvog uvjeta imamoψ(0) = 0 = 1√

p(x)[C1 sin 0 + C2 cos 0]

iz čega slijediC2 = 0,

a iz drugoga imamoψ(a) = 0 = 1√

p(x)C1 sinφ(a)


iz čega slijediφ(a) = nπ

što nam daje ∫ a

0p(x)dx = nπ~.

Ako probamo funkciju za koju znamo rješenje, npr. V (x) = 0∫ a

0

√2mEdx = nπ~

što nam daje energiju

En = n2π2~2

2ma2 .

2. kolokvij

6.7 Snop slobodnih kaona, ograničen na segmentu [−π, π], opisan je valnom funkcijom ψ =A , A = konst. Koje vrijednosti količine gibanja neće imati niti jedan kaon? Ne zaboravitenormirati valnu funkciju.Napomena: svojstvene funkcije operatora količine gibanja imaju oblik

ϕk(x) = 1√2πeikx .

Rješenje:Normiramo valnu funkciju sa ∫

|ψ|2dV = 1∫ +∞

−∞A2dx = A2

∫ +π

−πdx = A2x|+π−π = A22π

A22π = 1⇒ A = 1√2π

Da bi dobili koje vrijednosti količine gibanja nijedan kao neće imati, razvijamo valnu funkcijupo svojstvenim funkcijama operatora količine gibanja

ψ = 1√2π

∫ +∞

−∞cke

ikxdk

gdje su konstante ck dane sa

ck = 1√2π

∫ +π

−πe−ikxAdx = 1

2π

∫ +π

−πe−ikxdx = 1

2π1−ik

e−ikx∣∣∣∣∣+π

−π

= 12πik

(eikπ − e−ikπ

)

ck = 12πik2i sin πk = 1

πksin πk

Vjerojatnost da kaon ima količinu gibanja k dana je upravo preko konstante razvoja ck kao

P (k) = |ck|2 = 1π2k2 sin2 πk

što je nula samo kada jesin πk = 0

65


tj.πk = nπ

⇒ k = n

gdje je n neki cijeli broj.

Documents

€¦ · Poglavlje 1 Postulati kvantne mehanike i Schrödingerova jednadžba Postulati kvantne mehanike 1