Kvantmekanisk harmonisk oscillator

Kurs: F0005T Förkunskaper: Schrödingerekvationen, Svängning

---

Med Hookes lag $F(x)=-k^{\prime }x$ blir den potentiella energin $U(x)=\frac{1}{2}{k}^{\prime }{x}^2$, och randvillkoret är att $\psi \to 0$ när $x\to \pm \infty$. Lösningarna ges av Hermitefunktioner. Energinivåerna blir jämnt fördelade till skillnad från lådans, så avståndet mellan två grannnivåer är alltid $\Delta E=\hslash \omega$, vilket motsvarar fotoner i IR-området. Den lägsta nivån ligger inte i noll utan på $\frac{1}{2}\hslash \omega$.

$$\boxed{E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hslash \omega ,\omega =\sqrt{\frac{k^{\prime }}{m}}}$$

---

Formeln, symbol för symbol

$$E_n=(\underset{\begin{array}{c}\text{antal}\\ \text{steg}\end{array}}{\underbrace{n}}+\underset{\begin{array}{c}\text{noll-}\\ \text{punkten}\end{array}}{\underbrace{\frac{1}{2}}})\underset{\begin{array}{c}\text{ett}\\ \text{steg}\end{array}}{\underbrace{\hslash \omega }}$$

$$\omega =\sqrt{\frac{\stackrel{\text{fja¨derkonstanten}}{\overbrace{k^{\prime }}}}{\underset{\text{massan}}{\underbrace{m}}}}$$

Nivåerna bildar en stege där alla steg är lika höga, $\hslash \omega$, och det lägsta ligger ett halvt steg över botten. En styvare fjäder eller en lättare massa ger högre steg.

---

1. Schrödingerekvationen för oscillatorn

Klassiskt svänger en massa i en fjäder med vinkelfrekvensen $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m}$ (se Svängning) mellan två vändpunkter $\pm A$. Där är all energi potentiell, så $\frac{1}{2}{k}^{\prime }{A}^2=E$. Kvantmekaniskt sätter vi in $U=\frac{1}{2}{k}^{\prime }{x}^2$ i Schrödingerekvationen:

$$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2\psi }{d{x}^2}+\frac{1}{2}{k}^{\prime }{x}^2\psi =E\psi$$

Dessutom måste $\psi \to 0$ när $|x|\to \infty$, annars går vågfunktionen inte att normera.

---

2. Varför bara vissa energier

Skriv om ekvationen så att krökningen står ensam:

$$\frac{d^2\psi }{d{x}^2}=\frac{2m}{{\hslash }^2}\left(\frac{1}{2}{k}^{\prime }{x}^2-E\right)\psi$$

• Innanför vändpunkterna är parentesen negativ. Då har $d^2\psi /d{x}^2$ motsatt tecken mot $\psi$, kurvan böjer sig mot $x$-axeln och $\psi$ oscillerar.
• Utanför vändpunkterna är parentesen positiv. Då böjer kurvan bort från axeln, och en godtycklig lösning växer utan gräns.

Bara för vissa värden på $E$ lämnar kurvan det oscillerande området precis så att den närmar sig noll på båda sidor. Det är de energier som ingressens formel ger. Samma resonemang förklarar kvantiseringen i den ändliga brunnen.

---

3. Grundtillståndet

Den lägsta lösningen är en Gaussklocka utan nollställen:

$${\psi }_0(x)=C{e}^{-\sqrt{m{k}^{\prime }}{x}^2/2\hslash }$$

Kontroll av grundtillståndet och normering

Kortform. Sätt $\alpha =\sqrt{m{k}^{\prime }}/\hslash =m\omega /\hslash$ så att ${\psi }_0=C{e}^{-\alpha x^2/2}$.

Derivera två gånger.

$$\frac{d{\psi }_0}{dx}=-\alpha x{\psi }_0$$

$$\frac{d^2{\psi }_0}{d{x}^2}=\left({\alpha }^2{x}^2-\alpha \right){\psi }_0$$

Sätt in i ekvationen.

$$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\left({\alpha }^2{x}^2-\alpha \right){\psi }_0+\frac{1}{2}{k}^{\prime }{x}^2{\psi }_0=E{\psi }_0$$

Termerna med $x^2$. De tar ut varandra för alla $x$, och det är därför $\alpha$ valdes som den gjordes:

$$\frac{{\hslash }^2{\alpha }^2}{2m}=\frac{{\hslash }^2}{2m}\cdot \frac{m{k}^{\prime }}{{\hslash }^2}=\frac{k^{\prime }}{2}$$

Konstanta termer. Det som blir kvar är energin:

$$E=\frac{{\hslash }^2\alpha }{2m}=\frac{{\hslash }^2}{2m}\cdot \frac{m\omega }{\hslash }=\frac{1}{2}\hslash \omega$$

Det är $E_0$ i ingressens formel.

Normering. Med Gaussintegralen ${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-\alpha x^2}dx=\sqrt{\pi /\alpha }$:

$$C^2\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}=1⟹C={\left(\frac{m\omega }{\pi \hslash }\right)}^{1/4}$$

Med $\sqrt{m{k}^{\prime }}=m\omega$ blir det normerade grundtillståndet

$$\boxed{{\psi }_0(x)={\left(\frac{m\omega }{\pi \hslash }\right)}^{1/4}{e}^{-m\omega x^2/2\hslash }}$$

De högre tillstånden är samma Gaussfaktor multiplicerad med ett polynom av grad $n$, ett Hermitepolynom. ${\psi }_n$ har $n$ nollställen och är omväxlande jämn och udda.

De fyra lägsta tillstånden ritade på sina energinivåer i parabeln. De streckade linjerna markerar de klassiska vändpunkterna $\pm A_n$, och vågfunktionerna sträcker sig en bit utanför dem.

---

4. Jämförelse med den klassiska oscillatorn

Amplituden. En klassisk oscillator med energin $E_n$ har amplituden $A_n$, där $\frac{1}{2}{k}^{\prime }{A}_n^2=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$. Med $k^{\prime }=m{\omega }^2$ blir

$$\boxed{A_n=\sqrt{\frac{(2n+1)\hslash }{m\omega }}}$$

Utanför vändpunkterna. I grundtillståndet ligger ungefär $16\%$ av sannolikheten utanför $\pm A_0$. Där kan partikeln klassiskt aldrig vara, precis som inuti en barriär vid tunnling.

Var partikeln helst är. En klassisk massa rör sig långsammast vid vändpunkterna och är därför oftast där. I kvantmekanikens grundtillstånd är det tvärtom mest sannolikt att hitta partikeln i mitten. För stora $n$ närmar sig $|{\psi }_n{|}^2$ i medeltal den klassiska fördelningen, som korrespondensprincipen kräver.

Nollpunktsenergin. Energin kan inte vara noll. Då skulle partikeln ligga still exakt i $x=0$, med både $\Delta x=0$ och $\Delta p=0$. Grundtillståndet har de minsta spridningar som Heisenbergs osäkerhetsprincip tillåter:

$$\Delta x=\frac{A_0}{\sqrt{2}}=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}\Delta p=\sqrt{\frac{m\hslash \omega }{2}}$$

$$\Delta x\Delta p=\frac{\hslash }{2}$$

Fysika: Fd3 (Heisenbergs osäkerhetsrelation, $\Delta p_x\cdot \Delta x\ge h/4\pi$; grundtillståndet ger likhet)

Härledning av $\Delta x$ och $\Delta p$

Läget. Medelvärdet av $x$ är noll av symmetriskäl, så $(\Delta x{)}^2$ är medelvärdet av $x^2$. Med $|{\psi }_0{|}^2=C^2{e}^{-\alpha x^2}$ och ${\int }_{-\infty }^{\infty }{x}^2{e}^{-\alpha x^2}dx=\frac{1}{2\alpha }\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}$:

$$(\Delta x{)}^2=C^2\cdot \frac{1}{2\alpha }\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}=\frac{1}{2\alpha }=\frac{\hslash }{2m\omega }$$

Rörelsemängden. Energin fördelar sig lika på kinetisk och potentiell i medeltal, så medelvärdet av $p^2/2m$ är $\frac{1}{2}{E}_0$:

$$\frac{(\Delta p{)}^2}{2m}=\frac{1}{4}\hslash \omega ⟹(\Delta p{)}^2=\frac{m\hslash \omega }{2}$$

Produkten.

$$\Delta x\Delta p=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }\cdot \frac{m\hslash \omega }{2}}=\frac{\hslash }{2}$$

Tillämpningar. Nära botten ser nästan varje potentialminimum ut som en parabel, så modellen beskriver vibrationer i molekyler och kristaller. I en tvåatomig molekyl byts $m$ mot den reducerade massan $m_r$. Övergången $n\to n+1$ absorberar en foton med $hf=\hslash \omega$, oftast i infrarött. Se Molekylvibration.

Vänster: en tvåatomig molekyl, där bindningen fungerar som en fjäder. Höger: på samma energiskala glesnar lådans nivåer som $n^2$, medan oscillatorns ligger på jämna steg $\hslash \omega$ ovanför nollpunktsenergin $\frac{1}{2}\hslash \omega$. Varje steg uppåt kostar samma foton, oftast i infrarött.

Vanliga fel

• $n$ börjar på 1. Grundtillståndet är $n=0$ med $E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega$. Det är inte $\hslash \omega$ och inte noll.
• $\omega$ och $f$ blandas ihop. Nivåavståndet är $\hslash \omega =hf$. Skriver man $h\omega$ blir det $2\pi$ gånger för stort.
• Nivåavståndet tros växa med $n$. I lådan växer $E_n$ som $n^2$, men i oscillatorn är avståndet alltid $\hslash \omega$.
• Massan i stället för den reducerade massan. I en molekyl svänger båda atomerna, så $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m_r}$.
• $k^{\prime }$ blandas ihop med vågtalet $k$. Primtecknet skiljer fjäderkonstanten från vågtalet.

---

5. Lösta exempel

Exempel — Kolmonoxidens vibration

En kolmonoxidmolekyl absorberar infrarött ljus med våglängden $4,67\text{ μm}$ när den går från vibrationens grundtillstånd till första exciterade tillståndet. Atommassorna är $12,000$ u för kol och $15,995$ u för syre. Behandla vibrationen som en harmonisk oscillator.

a) Beräkna avståndet mellan vibrationsnivåerna i eV. b) Beräkna vinkelfrekvensen och bindningens kraftkonstant. c) Beräkna nollpunktsenergin.

Lösning

a) Nivåavståndet. Fotonens energi är skillnaden mellan två grannivåer:

$$\hslash \omega =\frac{hc}{\lambda }=\frac{1240\text{ eV}\cdot \text{nm}}{4670\text{ nm}}\approx \boxed{0,265\text{ eV}}$$

b) Vinkelfrekvensen.

$$\omega =\frac{0,2655\cdot 1,602\cdot 10^{-19}}{1,055\cdot 10^{-34}}\approx \boxed{4,03\cdot 10^{14}\text{ rad/s}}$$

Fysika: Te ($e$, $\hslash$)

Reducerade massan.

$$m_r=\frac{12,000\cdot 15,995}{12,000+15,995}\text{ u}=6,856\text{ u}=1,14\cdot 10^{-26}\text{ kg}$$

Kraftkonstanten. Ur $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m_r}$:

$$k^{\prime }=m_r{\omega }^2=1,139\cdot 10^{-26}\cdot {\left(4,034\cdot 10^{14}\right)}^2\approx \boxed{1,85\cdot 10^3\text{ N/m}}$$

c) Nollpunktsenergin.

$$E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega =\boxed{0,133\text{ eV}}$$

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Exempel — Elektron i en harmonisk fälla

En elektron är instängd i en potential som kan beskrivas som en harmonisk oscillator med nivåavståndet $\hslash \omega =50,0$ meV.

a) Beräkna vinkelfrekvensen och våglängden hos den foton som lyfter elektronen från $n=0$ till $n=1$. b) Beräkna den klassiska amplituden $A_0$ för grundtillståndets energi. c) Beräkna $\Delta x$ och $\Delta p$ i grundtillståndet och visa att produkten är $\hslash /2$.

Lösning

a) Vinkelfrekvensen.

$$\omega =\frac{0,0500\cdot 1,602\cdot 10^{-19}}{1,055\cdot 10^{-34}}\approx \boxed{7,60\cdot 10^{13}\text{ rad/s}}$$

Fotonen. Dess energi är $\hslash \omega$:

$$\lambda =\frac{1240\text{ eV}\cdot \text{nm}}{0,0500\text{ eV}}=24800\text{ nm}=\boxed{24,8\text{ μm}}$$

b) Amplituden. Med $n=0$:

$$A_0=\sqrt{\frac{\hslash }{m_e\omega }}=\sqrt{\frac{1,055\cdot 10^{-34}}{9,109\cdot 10^{-31}\cdot 7,596\cdot 10^{13}}}\approx \boxed{1,23\text{ nm}}$$

c) Spridningen i läge.

$$\Delta x=\frac{A_0}{\sqrt{2}}=\boxed{0,873\text{ nm}}$$

Spridningen i rörelsemängd.

$$\Delta p=\sqrt{\frac{m_e\hslash \omega }{2}}=\sqrt{\frac{9,109\cdot 10^{-31}\cdot 0,0500\cdot 1,602\cdot 10^{-19}}{2}}\approx \boxed{6,04\cdot 10^{-26}\text{ kg}\cdot \text{m/s}}$$

Produkten.

$$\Delta x\Delta p=8,73\cdot 10^{-10}\cdot 6,04\cdot 10^{-26}=5,27\cdot 10^{-35}\text{ J}\cdot \text{s}=\frac{\hslash }{2}$$

Grundtillståndet ligger alltså precis på gränsen i osäkerhetsprincipen.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Läsning

• 40.5 The Harmonic Oscillator

---

← Sveptunnelmikroskopet · F0005T · Schrödingerekvationen för väteatomen →