Chia sẻ 60,000 VNĐ
Tài liệu Hệ thống hóa bài tập Spin và hệ hạt đồng nhất trong cơ học lượng tử
Tài liệu này có phí 60,000 VNĐ

bạn cần mua tài liệu để được xem đầy đủ nội dung

Tài liệu này có thể xem trước 1 trang

/90 trang
Thành viên rayran

Hệ thống hóa bài tập Spin và hệ hạt đồng nhất trong cơ học lượng tử

- 10 tháng trước
228
Báo lỗi

Đề tài: Hệ thống hóa bài tập Spin và hệ hạt đồng nhất trong cơ học lượng tử

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài – giới hạn đề tài
Chúng ta đã quan niệm rằng trạng thái của một vi hạt được xác định
nếu biết ba tọa độ của nó hay ba hình chiếu của xung lượng. Nhưng một loạt
các sự kiện thực nghiệm đã chứng tỏ rằng các vi hạt như electron, proton,
nơtron còn có một bậc tự do nội tại đặc thù. Bậc tự do này gắn liền với
một mômen quay riêng của hạt, không liên quan đến chuyển động quay của
nó. Mômen riêng này được gọi là spin ký hiệu là S. Sự tồn tại của spin ở
electron được xác nhận trước khi cơ học lượng tử ra đời. Người ta đã tìm
cách minh họa spin như một đại lượng đặc trưng cho chuyển động tự quay
của hạt quanh trục riêng của nó. Nhưng giải thích như thế mâu thuẫn với
những luận điểm cơ bản của thuyết tương đối. Như sẽ thấy sau này, bậc tự
do nội tại và spin liên quan đến nó có một đặc tính lượng tử đặc thù. Khi
chuyển sang cơ học cổ điển   0 spin sẽ bằng không. Do đó spin không có
sự tương tự cổ điển.
Các bài tập phần spin và hệ hạt đồng nhất là khó, đòi hỏi việc phân
loại phải đầy đủ, rõ ràng. Em chọn đề tài này nhằm giúp sinh viên ngành vật
lý Đại học Sư Phạm có một hệ thống bài tập rõ ràng hơn, qua đó nắm được
bản chất của phần spin và hệ hạt đồng nhất.
Hệ thống bài tập áp dụng cho chương trình đại học và cao họctài liệu ôn thi cao học.
2. Mục tiêu đề tài
Nhằm xây dựngLuận Văn - Đề Án - Tiểu Luận Xây Dựng và phân loại bài tập cho phần spin và hệ hạt đồng
nhất trong chương trình học phần cơ học lượng tử.
3. Phương pháp nghiên cứu
Có 3 phương pháp chính được sử dụng khi nghiên cứu đề tài này :
 Phương pháp thực hành giải bài tập.  Phương pháp phân tích nội dung chương trình cơ học lượng tử.
 Phương pháp phân loại bài tập.
4. Cấu trúc luận vănDownload luận văn tốt nghiệp các ngành
 Mở đầu.
 Chương 1: Cơ sở lý thuyết.
 Chương 2: Hệ thống bài tập phần spin và hệ hạt đồng nhất.
 Kết luận. Kết luận
Hệ thống bài tập của luận văn gồm 21 bài toán với mức độ từ dễ đến
khó. Qua phân tích của từng bài ta có thể sắp xếp nhóm bài tập dễ (bài cơ
bản): gồm các bài tập từ 1 đến 13. Nhóm bài tập này có thể giảng dạy cho
sinh viên đại học nhằm giúp sinh viên nắm được lý thuyết và vận dụng giải
bài tập.
Nhóm bài khó : gồm các bài tập từ 14 đến 18. Những bài tập này
nhằm giúp sinh viên hiểu kỹ hơn về phần spin và hệ hạt đồng nhất.
Nhóm bài tập nâng cao : gồm các bài tập từ 19 đến 21. Những bài tập
thuộc nhóm này có thể đưa vào chương trình cao học.Trích từ: http://www.kilobooks.com

Nội dung
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHOA VẬT LÝ

Đề tài:

SVTH : Đỗ Thùy Linh GVHD: TS Nguyễn Văn Hoa Khóa: 2004 – 2008

Thành phố Hồ Chí Minh tháng 5 năm 2008

LỜI CẢM ƠN Trong suốt 4 năm học dưới mái trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh, được sự quan tâm dạy dỗ của các thầy cô trong nhà trường, đã giúp em mở rộng kiến thức, nâng cao sự hiểu biết. Công lao to lớn của quý thầy cô em không thể nào quên, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến ban giám hiệu trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh và ban chủ nhiệm khoa Vật lý đã tạo điều kiện thuận lợi cho em khi làm luận văn. Em xin cảm ơn thầy Nguyễn Văn Hoa đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo, giúp đỡ em trong suốt thời gian làm luận văn. Em xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô trong trường đã truyền đạt kiến thức cho em trong khóa học 2004 – 2008 và em cảm ơn thư viện trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh đã tận tình giúp đỡ . Đặc biệt em cảm ơn thầy trưởng khoa, TS Thái Khắc Định, đã tạo điều kiện thuận lợi để em thực hiện tốt luận văn này. Sau cùng em xin kính chúc quý thầy cô luôn mạnh khỏe và thành công trong sự nghiệp giáo dục.

MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài – giới hạn đề tài Chúng ta đã quan niệm rằng trạng thái của một vi hạt được xác định nếu biết ba tọa độ của nó hay ba hình chiếu của xung lượng. Nhưng một loạt các sự kiện thực nghiệm đã chứng tỏ rằng các vi hạt như electron, proton, nơtron… còn có một bậc tự do nội tại đặc thù. Bậc tự do này gắn liền với một mômen quay riêng của hạt, không liên quan đến chuyển động quay của nó. Mômen riêng này được gọi là spin ký hiệu là S. Sự tồn tại của spin ở electron được xác nhận trước khi cơ học lượng tử ra đời. Người ta đã tìm cách minh họa spin như một đại lượng đặc trưng cho chuyển động tự quay của hạt quanh trục riêng của nó. Nhưng giải thích như thế mâu thuẫn với những luận điểm cơ bản của thuyết tương đối. Như sẽ thấy sau này, bậc tự do nội tại và spin liên quan đến nó có một đặc tính lượng tử đặc thù. Khi chuyển sang cơ học cổ điển 0 spin sẽ bằng không. Do đó spin không có sự tương tự cổ điển. Các bài tập phần spin và hệ hạt đồng nhất là khó, đòi hỏi việc phân loại phải đầy đủ, rõ ràng. Em chọn đề tài này nhằm giúp sinh viên ngành vật lý Đại học Sư Phạm có một hệ thống bài tập rõ ràng hơn, qua đó nắm được bản chất của phần spin và hệ hạt đồng nhất. Hệ thống bài tập áp dụng cho chương trình đại học và cao học. 2. Mục tiêu đề tài Nhằm xây dựng và phân loại bài tập cho phần spin và hệ hạt đồng nhất trong chương trình học phần cơ học lượng tử. 3. Phương pháp nghiên cứu Có 3 phương pháp chính được sử dụng khi nghiên cứu đề tài này :

 Phương pháp thực hành giải bài tập.

 Phương pháp phân tích nội dung chương trình cơ học lượng tử.  Phương pháp phân loại bài tập.

4. Cấu trúc luận văn  Mở đầu.  Chương 1: Cơ sở lý thuyết.  Chương 2: Hệ thống bài tập phần spin và hệ hạt đồng nhất.  Kết luận.

Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1. Spin [1]

Spin là momen xung lượng riêng của hạt, độ lớn của spin được đặc trưng bởi số lượng tử spin S có thể nhận giá trị nguyên dương hay bán nguyên. Cũng giống như các mômen cơ khác, sự định hướng của mômen cơ spin bị lượng tử hóa, nghĩa là hình chiếu spin lên một trục tùy ý nào đó trong không gian có thể có hai giá trị

2   .

Các trạng thái của spin là các ket véctơ zS    ( trạng thái spin lên) và zS    (trạng thái spin xuống). Hai trạng thái này lập thành một hệ trực chuẩn:

1

0

           

Và tính đủ của không gian: ,

1 

   

       . Trạng thái zS   gọi là trạng thái phân cực vì spin có hướng đặc

biệt. Trạng thái ban đầu không phân cực được mô tả bởi tổ hợp tuyến tính : a b    

Trong đó : 2 2a  là xác suất để hạt có spin hướng lên.

2 2b  là xác suất để hạt có spin hướng xuống. Từ điều kiện chuẩn hóa ta có 2 21 1a b      . Hình chiếu spin lên trục z có giá trị

2   nên ta biểu diễn thông qua hai

trạng thái của spin như sau: ˆ =

2z S   và ˆ =-

2z S  

Ma trận của toán tử ˆzS được viết như sau:

0

2

0 2

      

Các toán tử hình chiếu spin của hạt lên các trục tọa độ tuân theo hệ thức giao hoán:

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

x y y x z

y z z y x

z x x z y

S S S S i S

S S S S i S

S S S S i S

     

  

Đặt 1 1 1ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ 2 2 2x x y y z z

S S S      

Trong đó ˆ ˆ ˆ, ,x y z   gọi là các ma trận Pauli. Ma trận Pauli là ma trận vuông cấp hai và ˆ z có dạng:

1 0ˆ 0 1z

     

Các hệ thức giao hoán đối với ma trận Pauli được viết lại:

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2

x y y x z

y z z y x

z x x z y

i i i

              

     

Các ma trận Pauli tuân theo hệ thức phản giao hoán: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 0x y y x y z z y z x x z                 .

Vì trị riêng của các toán tử Pauli ˆ ˆ ˆ, ,x y z   tương ứng bằng 1 , suy ra

2 2 2 1 0ˆ ˆ ˆ 0 1x y z

I          

Trong zS biểu diễn các ma trận Pauli có dạng : 1 0 0 1 0

ˆ ˆ ˆ , , 0 1 1 0 0z x y

i i

                    

Và 2 2 2 2ˆ ˆ ˆ ˆ 3x y z I       Vậy toán tử bình phương momen spin:

2 2 2 2 2 2 2 2 1 0ˆ 3 3ˆ ˆ ˆ ˆ

0 14 4 4x y z S S S S I          

  

Trị riêng của toán tử 2Sˆ là :

2 2 23 1ˆ ( 1) (

4 2 S s s    vôùi s = soá löôïng töû spin).

 Trị riêng và vectơ riêng của toán tử ˆ ˆ ˆ, ,x y zS S S . Xét trong cơ sở , z zS S        , biểu diễn ma trận của cơ sở

zS   là :

       

1 0 , 1 0 , 0 1

0 1

1 0 1 0 =1 0 1 1

0 1

   

   

     

     

                        

vaø

vaø

Vậy 1 0, 0 1           là các spinơ riêng của

ˆ zS ứng với các trị riêng 2

 .

Phương trình trị riêng của ˆxS với ma trận trị riêng có dạng ab     . Thay

vào phương trình trị riêng của toán tử ˆxS , giải phương trình ta thu được hai

vector riêng 11 12     và

11 12

    ứng với hai trị riêng 2  .

Vậy hai spinnơ riêng của toán tử ˆxS là 11 12     và

11 12

    .

Trị riêng của toán tử ˆyS với ma trận trị riêng có dạng cd     . Thay vào

phương trình trị riêng của toán tử ˆyS , giải phương trình ta thu được hai

vector riêng 11 2 i     và

11 2 i     ứng với hai trị riêng 2

 .

Vậy hai spinnơ riêng của toán tử ˆyS là 112 i     và

11 2 i     .

Ta đang xét trong ˆzS biểu diễn, để chuyển từ ˆzS biểu diễn sang ˆxS hay ˆ yS biểu diễn ta tìm một ma trận biến đổi. Trong ˆzS biểu diễn các spinnơ của

ˆ xS có dạng 11 12

    và 11

12     , trong

ˆ xS biểu biễn các spinnơ của ˆxS phải có

dạng 1 0     và

0 1     tương ứng với spin hướng lên hay hướng xuống dưới theo

phương trục x. Mối liên hệ giữa các spinnơ riêng của toán tử ˆxS trong các biểu diễn khác nhau được xác định bởi một ma trận biến đổi U thỏa mãn:

1 12

1 0 2

U

              và

1 02

1 1 2

U

             

Ma trận U có dạng

1 1 2 2

1 1 2 2

U

       

Các toán tử của ma trận chuyển biểu diễn từ cơ sở này sang cơ sở khác không làm thay đổi chuẩn của các véctơ trạng thái và bảo toàn xác suất lượng tử. 1.2. Lý thuyết hệ hạt đồng nhất [2] 1.2.a. Nguyên lý bất khả phân biệt hệ hạt đồng nhất

Các hạt có cùng các đặc trưng vật lý như: khối lượng, điện tích, spin, mômen từ… không có thêm một đặc điểm nào để phân biệt các hạt, hệ hạt như vậy gọi là hệ hạt đồng nhất. Theo vật lý cổ điển ta có thể phân biệt các hạt đồng nhất bằng cách phân biệt theo trạng thái của chúng. Trong cơ học

lượng tử, ta chỉ biết mật độ xác suất để ở một vị trí đã cho có bao nhiêu hạt thuộc hệ hạt đồng nhất. Ta không thể phân biệt được các hạt dù có đánh dấu chúng trong một hệ hạt đồng nhất. Việc không phân biệt được các hạt đồng nhất có liên quan đến nguyên lí bất định. Nguyên lí không phân biệt được các hạt đồng nhất đòi hỏi chỉ tồn tại các trạng thái mà chúng không thay đổi khi hoán vị hai hạt bất kì. 1.2.b. Các trạng thái đối xứng và phản xứng Xét hệ hai hạt đồng nhất, trạng thái của hệ được biểu diễn:

1 2 ,a b a b 

Trong đó 1 2 ,a b là trạng thái của hai hạt 1 và 2.

Toán tử 12Pˆ được coi là toán tử hoán vị, khi tác dụng lên trạng thái của hệ hai hạt ,a b cho một trạng thái mới trong đó tọa độ hai hạt hoán vị cho nhau.

12ˆ , ,P a b b a Theo nguyên lí không phân biệt được các hạt đồng nhất, khi hoán vị hai hạt bất kỳ ta được : 12Pˆ    . Khi hoán vị lần nữa : 2 212Pˆ      2 1 = 1     . Trong cơ sở , , ,a b b a trực chuẩn ta có dạng ma trận của toán tử 12Pˆ như sau:

12 12

12 12

ˆ ˆ, , , , 0 1 ˆ ˆ 1 0, , , ,

a b P a b a b P b a

b a P a b b a P b a

          

Phương trình trị riêng của toán tử 12Pˆ .

1 1 1 1

2 2 2 2

0 1 0 1 0

1 0 1 0 0                                               

Để phương trình có nghiệm không tầm thường thì định thức các hệ số bằng không: 2 1 0 1 = 1

1   

     

Ta có các trạng thái riêng ứng với các trị riêng trên :

   

1 , , =1 2

1 , , =-1 2

s

a

a b b a

a b b a

 

 

 

 

Trạng thái s đối xứng với phép hoán vị hai hạt và trạng thái a phản đối xứng với phép hoán vị hai hạt.

12 12

ˆ

ˆ s s

a a

P

P

   

  

Tính chất đối xứng hoặc phản đối xứng của các trạng thái phụ thuộc vào các loại hạt. Các hạt có spin nguyên , 0,1,2...s sS m m  gọi là các hạt bozon, tuân theo thống kê Bose-Einstein. Các hạt có spin bán nguyên

1 3, ,... 2 2s

m  gọi là các hạt fermion, tuân theo thống kê Fermi- Dirac. 1.2.c. Nguyên lý loại trừ Pauli Xét hệ hai hạt đồng nhất kí hiệu 1, 2 có phương trình Schrodinger: ˆ (1,2) (1,2)H E 

Trong trường hợp (1,2) chứ có tính đối xứng ta phải đối xứng hóa hàm sóng. Đối với một trạng thái bất kỳ ta có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của hai trạng thái (1,2), (2,1)  . 1 2(1,2) (2,1)C C   

Khi 1 2C C C  ta có hàm sóng  (1,2) (2,1)s C    . Khi 1 2 'C C C   ta có hàm sóng  ' (1, 2) (2,1)a C    . Sử dụng điều kiện chuẩn hóa ta tìm được 1 1, '

2 2 C C  .

Tổng quát cho trường hợp hệ có nhiều hơn hai hạt 2N  .

1,

ˆ(1, 2,...., ) (1, 2,..., ) N

s ij i j i

N C P N   

  đối với hệ hạt boson.

1,

ˆ(1, 2,...., ) ' ( 1) (1, 2,..., ) N

i j a ij

i j i N C P N 

    đối với hệ hạt fermion.

Xét hệ lượng tử gồm N hạt đồng nhất với khối lượng m và spin bằng 0 (hệ hạt boson) hoặc 1

2 (hệ hạt fermion) chuyển động trong trường thế ( )V r .

Bỏ qua tương tác giữa các hạt ta có Hamiltonian của hệ bằng tổng các Hamiltonian của từng hạt riêng rẽ. 0

1 1

ˆ ˆ ( ) 2

N N i

i i i

H H V r m         

 .

Phương trình Schrodinger của một hạt viết dưới dạng: ˆ ( ) ( )i ni ni niH i i   . i là biến số xác định vị trí và spin của hạt thứ i.  ( )ni i là hệ các hàm riêng trực chuẩn của Hamiltonian.

Hàm sóng của hệ đang xét phụ thuộc vào tọa độ của N hạt được ký hiệu là (1,2,...., )N , hàm sóng này là tổ hợp tuyến tính của các tích các hàm sóng một hạt :

1 2(1,2,...., ) (1) (2)............... ( )n n nNN N    . Năng lượng của hệ là:

1

N

ni i

E  

 .

Hàm sóng đối xứng:  1 2

1,

ˆ (1) (2)........... ( ) N

s kj n n nN k k j

C P N     

  , và hàm sóng phản xứng:    1 2

1,

ˆ' 1 (1) (2)........... ( ) N

k j a kj n n nN

k k j C P N   

    .

Từ điều kiện chuẩn hóa hàm sóng ta có 1 1, ' ! !

C C N N

 

Đối với hệ hạt boson có thể có ik hạt cùng ở trạng thái ứng với mức năng lượng ni . Gỉa sử có 1k hạt ở trạng thái 1n , 2k hạt ở trạng thái 2n …với

1 2 ....k k N   . Hàm sóng của hệ viết lại như sau:  1 1 1 1 2 1 2 1 2 2ˆ (1) (2).... ( ) ( 1) ( 2).... ( )......... ( )s n n n n n n nNC P k k k k N         

Trong đó hệ số chuẩn hóa !

!

j j

k C

N  

Đối với hệ hạt fermion hàm sóng có thể viết dưới dạng định thức Slater 1 1 1

2 2 2

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

(1,......, )

(1) (2) ( )

n n n

n n n a

nN nN nN

N N

N

N

        

  

    

Nếu ta hoán vị hai hạt bất kỳ thì tương ứng với việc đổi chỗ hai cột trong định thức Slater.

Trong định thức Slater, các bộ số lượng tử phải khác nhau, i jn n nếu i j . Nếu có 2 hàng giống nhau thì định thức bằng 0 hay 0a  .

Nguyên lí Pauli được phát biểu như sau: trong hệ nhiều fermion đồng nhất không thể có nhiều hơn một hạt trên một trạng thái.

Hệ các boson không bị chi phối bởi nguyên lí loại trừ Pauli, trạng thái cơ bản có thể chứa rất nhiều hạt gọi là sự ngưng tụ Bose. 1.2.d. Tương tác trao đổi Xét hệ hạt đồng nhất, hạt thứ nhất xác định bởi tọa độ 1r và spin 1 , hạt thứ hai được xác định bởi tọa độ 2 2, spin r  …..Hamiltonian của các hạt tương tác điện ( không có từ trường) không chứa các toán tử spin, do đó khi tác động lên hàm sóng nó không tác động lên biến spin. Hàm sóng của hệ có thể viết dưới dạng tích của hàm tọa độ và hàm spin: 1 2 1 2(1, 2,..., ) ( , ,..., ) ( , ,...., )N NN r r r         Với  là hàm spin của hệ, phụ thuộc biến spin của hạt. Xét hệ hạt boson có spin bằng 0, khi đó hàm sóng chỉ còn là hàm tọa độ 1 2( , )r r   , hàm này phải là hàm đối xứng. Như vậy không phải tất cả các mức năng lượng thu được từ việc giải phương trình Schrodinger đều chấp nhận, chỉ có những mức năng lượng ứng với hàm sóng 1 2( , )r r   đối xứng được chấp nhận. Việc hoán vị hai hạt đồng nhất tương đương với phép nghịch đảo hệ tọa độ. Do phép nghịch đảo hàm sóng 1 2( , )r r   phải nhân với  1 l trong đó l là mômen quỹ đạo của chuyển động tương đối của hai hạt. Vì hàm sóng của hệ là đối xứng nên: ( 1) 'ls s s     . Vậy hệ hai hạt đồng nhất có spin bằng không có mômen quỹ đạo chẵn. Xét hệ hạt fermion (electron) có spin 1

2 khi đó hàm sóng toàn phần

của hệ là phản đối xứng đối với sự hoán vị hai hạt. Như vậy nếu hàm tọa độ là đối xứng thì hàm spin là phản đối xứng và ngược lại. Ta viết hàm spinnơ dưới dạng spinnơ hạng hai ( )  , mỗi chỉ số ứng với spin của một hạt.

Do đó các mức năng lượng tương ứng với các nghiệm đối xứng 1 2( , )r r   của phương trình Schrodinger thực tế có thể được thực hiện khi spin

toàn phần của hệ bằng không, nghĩa là khi spin của hai electron “ đối song” , khi đó 0zS  . Các mức năng lượng tương ứng với hàm sóng phản đối xứng 1 2( , )r r   đòi hỏi spin toàn phần của hệ phải bằng đơn vị , nghĩa là các spin của hai electron phải song song vì các spin cộng lại được theo quy tắc cộng véctơ, khi đó 0, 1zS   . Như vậy giá trị năng lượng khả dĩ của hệ electron phụ thuộc vào spin toàn phần của hệ. Ta tìm dạng tổng quát của hàm spinnơ 1 2( , )z zs s toàn phần cho các trạng thái với các S và zS đã cho. Các hàm này thỏa mãn phương trình:

2 2ˆ ( 1)

ˆ z s

S S S

S m

   

    

Trong đó 1 2ˆ ˆ ˆS S S  là toán tử spin toàn phần của hệ. Ta biểu diễn hàm  dưới dạng tích các hàm riêng 1 1 1 1

2 2 2 2

(1), (1), (2), (2)      

. Trường hợp

tổng quát hàm  có thể viết như sau: 1 1 1 2 1 1 3 1 1 4 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2

(1, 2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2)C C C C            

    .

Trong đó 1 2 3 4, , ,C C C C là các hệ số được xác định bằng điều kiện chuẩn hóa. Ta có :

1 1 1 1

2 2

(1) (2) S=1, S 1z   

1 0 1 1 1 1

2 2 2 2

1 (1) (2) (1) (2) S=1, S 0 2 z

      

     

1 1 1 1

2 2

(1) (2) S=1, S 1z      

0 0 1 1 1 1

2 2 2 2

1 (1) (2) (1) (2) S=0, S 0 2 z

      

     

Trong đó chỉ số trên ký hiệu spin toàn phần của hai hạt, chỉ số dưới ký hiệu hình chiếu của spin toàn phần lên trục z. Ba hàm đầu là hàm đối xứng với phép hoán vị hai hạt, hàm còn lại là hàm phản đối xứng. Xác định các trị riêng của tích vô hướng 1 2( . )S S .

   

2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2 2

1 2 1 2

1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) 2( ) ( ) 2

1 3ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) ( 1) 2 2 2

s s s

S S S S S S S S S S S S

S S S S S S S  

                 

Ta coù:

Đối với hàm spin đối xứng có S = 1:

2 1 1

1 2 ˆ ˆ( )

4 S S    .

Đối với hàm spin phản đối xứng có S = 0:

2 0 0

1 2 3ˆ ˆ( ) 4

S S    

Hàm tọa độ:

   

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

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

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

a n m m n

s n m m n

r r r r r r

r r r r r r

    

    

 

 

Vậy hàm sóng toàn phần của hệ hai electron:  11 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1

2 2

1( , ) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1) (2) 2a a n m m n

r r r r r r r r          

 11 2 1 2 0 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2

1( , ) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1) (2) (1) (2) 2a a n m m n

r r r r r r r r           

       

   

1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1

2 2

0 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 1 1 1

2 2 2 2

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

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

a a n m m n

a s n m m n

r r r r r r r r

r r r r r r r r

       

         

  

 

           

Tính không phân biệt được của hệ hạt đồng nhất dẫn tới sự tồn tại của tương tác trao đổi giữa các hạt. Ta xét hệ gồm hai hạt có spin 1

2 , giữa chúng

có một tương tác không liên quan đến spin của các hạt. Giả sử tương tác này đủ nhỏ để có thể xem là nhiễu loạn đối với hệ hạt không tương tác. Ký hiệu nhiễu loạn đó là toán tử 12ˆ ( )V r trong đó 12r là khoảng cách giữa các hạt.

12 ˆ ( )V r không tác dụng lên spin của hệ.

Năng lượng trung bình trong phép gần đúng bậc một được tính: (1) (0)* (0)ˆn nn n nE V V dV    . Đối với hệ hai hạt có spin thì công thức trên được viết lại: (1) (0)* (0) 1 2ˆE V dV dV  . Hàm (0) mô tả trạng thái không nhiễu loạn, nghĩa là trạng thái các hạt không tương tác. Hàm sóng của hệ gồm hai thành phần nhưng toán tử

12 ˆ ( )V r không tác động lên hàm spinnơ, do đó ta đưa hàm spin ra khỏi dấu

tích phân.

Ta viết lại dạng ma trận của hàm spin, khi S = 0 hàm spinnơ bằng 1, khi S = 1 thì hàm spinnơ có dạng:

1

0

1

( ) , : 

    

       số lượng tử của hình chiếu spin toàn phần với 2 1i

i   .

Vậy:

  1 2(1) * * * * *1 0 1 0 1 2 1 2 1

* 1 2

ˆ ˆ (1, 2) (1, 2) (1, 2) (1, 2)

ˆ(1, 2) (1, 2)

i i

E V dV dV V dV dV

V dV dV

         

  

       

  

Với (1, 2) là hàm tọa độ .

   

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

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

a m n n m

s m n n m

    

    

 

 

   *(1) 1 2 * * * *

1 2 1 2

1 ˆ(1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) 2

ˆ ˆ(1) (2) (1) (2) (1) (2) (2) (1) .

m n n m m n n m

m n m n m n m n

E V dV dV

V dV dV V dV dV Q A

               

       

  

Vậy hiệu chính năng lượng của hai hạt có spin 1 2

gồm hai phần. Phần thứ nhất không liên quan đến sự có mặt của spin ở các hạt và có sự tương tự cổ điển. Dấu  phụ thuộc vào spin toàn phần của hệ mặc dù tương tác giữa các spin không được toán tử 12ˆ ( )V r xét đến. Phần năng lượng A gọi là tương tác trao đổi. Gọi như vậy là do trong các hàm đứng trước toán tử Vˆ dưới dấu tích phân và trong các hàm đứng sau toán tử Vˆ các hạt trao đổi chỗ cho nhau, như vậy mỗi hạt như thể ở trong cả hai trạng thái. Năng lượng trao đổi thu được cả trong trường hợp toán tử Vˆ có xét đến tương tác giữa các mômen từ spin, tức là toán tử Vˆ có tác động lên các phần spinnơ của hàm sóng.

1.3. Kết luận Trên đây là một số lí thuyết cơ bản về phần spin và hệ hạt đồng nhất.

Để hiểu và vận dụng được lí thuyết trên ta cần có một hệ thống bài tập với nhiều mức độ khác nhau, từ dễ đến khó.

Chúng ta xây dựng hệ thống bài tập nhằm đáp ứng yêu cầu trên.

Chương 2. HỆ THỐNG BÀI TẬP SPIN VÀ HỆ HẠT ĐỒNG NHẤT

Bài 1.

Tính bình phương của hình chiếu spin của electron trên một phương bất kỳ. Lời giải Vì spin là đại lượng véctơ nên ta có

S = S S S    x y zi j k . Hình chiếu spin lên một trục bất kỳ

S.n = S S S   x x y y z zn n n

             

S.n = S S S S S S

S S S

S S S S S S S S S S S S

S S S

             

          

  2

22 2

22 2

x x y y z z x x y y z z

x x y y z z

x x y y x x z z y y x x y y z z z z x x z z y y

x x y y z z

n n n n n n

n n n

n n n n n n n n n n n n

n n n

Vì     x y x y y xS ,S S S S S 0 . Ta có:

S

S

S

 

 

 

 

 

 

2 2 2 2 x x

2 2 2 2 y y

2 2 2 2 z z

ˆ I 4 4

ˆ I 4 4

ˆ I. 4 4

ˆ

ˆ

ˆ

         

S.n S S S   

   

 

 

22 2 2

2 2 2 2 2

4 4

x x y y z z

x y z

n n n

n n n

Nhận xét Kết quả bài toán cho thấy bình phương hình chiếu spin lên một phương bất kỳ đều bằng nhau. Tức là hình chiếu spin lên một phương có thể có hai giá trị là  

2 . Do vậy mà ta rất khó xác định được trạng thái của spin

ˆ S . Nếu xét hệ nhiều hạt thì việc xác định spin toàn phần của hệ rất khó khăn. Bài 2.

Giả sử ,  là các véctơ trực giao và chuẩn hóa trong không gian hai chiều. Định nghĩa các toán tử:

     

x

y

z

S = 2 iS = 2

S = 2

    

     

    

ˆ

ˆ

ˆ

Hãy chứng minh :

        2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ, ; , 2i j ijk k i j ijS S i S S S . Lời giải Chứng minh     ˆ ˆ ˆ,i j ijk kS S i S Vì ,  là các véctơ trực giao và chuẩn hóa nên ta có:

             1

0.

Để chứng minh các hệ thức trên ta tính các hệ thức giao hoán     x y x y y xˆ ˆ ˆ ˆ ˆS ,S S S S S

       

                     

     

 



2 2i i 4 4

i . 2

Vậy         x y z y xˆ ˆ ˆ ˆ ˆS ,S i S S ,S          z y x y zˆ ˆ ˆ ˆ ˆS ,S i S S ,S          x z y z xˆ ˆ ˆ ˆ ˆS ,S i S S ,S .

Ta có:             x x y y z zˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆS ,S S ,S S ,S 0 . Từ các kết quả trên ta viết lại dưới dạng tổng quát sau:

    i j ijk kˆ ˆS ,S i S . Trong đó ijk là tenxơ phản đối xứng, gọi p là số hoán vị đưa (i, j, k)

về tập hợp (1, 2, 3). Khi ấy ijk được định nghĩa như sau:

Với ijk 1 neáu i j k vaø p laø soá chaün 1 neáu i j k vaø p laø soá leû

0 neáu coù töø hai chæ soá trôû leân truøng nhau 

     

Chứng minh:    2ˆ ˆ, 2i j ijS S Ta có     ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ, 2x x x x x x x xS S S S S S S S

                      2 2 22 4 2 2 Vì theo hệ thức đóng:

1

1 n

i i i

e e 

  nên       =1. Tương tự:      2y y z zˆ ˆ ˆ ˆS ,S S ,S 2

   x y x y y xˆ ˆ ˆ ˆ ˆS ,S S S S S                            2 2i i4 4               2 2i i4 4

  x yˆ ˆS ,S 0 . Tương tự:     y z z xˆ ˆ ˆ ˆS ,S S ,S 0 . Từ các kết quả trên ta viết lại dưới dạng tổng quát như sau:

   2ˆ ˆ, 2i j ijS S Với     ij

1 neáu i j 0 neáu i j.

Nhận xét Bài toán yêu cầu chứng minh các hệ thức giao hoán và phản giao hoán của các toán tử ˆ ˆ ˆ, ,x y zS S S , ta có thể sử dụng kết quả trên để áp dụng cho những bài tập khác. Đây là bài tập cơ bản giúp sinh viên vận dụng những kiến thức đã học về lí thuyết spin. Bài 3:

Hãy biểu diễn véctơ ˆ. ;S n   như là một tổ hợp tuyến tính của các

véctơ  và  , biết rằng ˆ. ;S n   thoả mãn phương trình:

1ˆ ˆ ˆ. . ; . ; 2

S n S n S n           

Ở đây, là véctơ đơn vị được xác định hướng như hình vẽ:

z n

β y

α

x

Lời giải Ta phân tích véctơ ˆ. ;S n   thành dạng tổ hợp tuyến tính của hai véctơ

 và  như sau : ˆ   S.n,+ = a + b . Thay vào phương trình trị riêng và sử dụng điều kiện chuẩn hóa hàm sóng để xác định hai hằng số a và b.

Đặt: ˆ   S.n,+ = a + b .

Vì Sˆ 

vừa có ý nghĩa spin vừa có ý nghĩa véctơ nên ta tính tích vô hướng .S n  sau đó thay vào phương trình trị riêng

x y zn = n i + n j + n k   

và x y zS = S i +S j +S k   

Với x

y

z

n = nsinβcosα n = nsinβsinα

n = ncosβ



ˆ ˆ x y z

x y z

            

  

    

S.n = S .nsin cos + S .nsin sin + S .ncos

S.n S.n;+ = (S .nsin cos + S .nsin sin + S .ncos )(a + + b )

 sin cos ( ) sin cos ( )2x a b a b              S

 sin cos2 a b      

  sin sin ( ) sin sin ( )

2

sin sin 2

y ia b a b

i a b

     

                

 S

 

  cos ( ) cos ( )

2

cos 2

z a b a b

a b

  

               

 S

Thay kết quả trên vào vế trái của phương trình trị riêng ta được:

     . ˆ ˆ. . ;

sin cos sin sin cos 2 2 2

S n S n

ia b a b a b    

    

           

  

  

Theo đề bài:  

       .

1 1ˆ ˆ ˆˆ ˆ. . ; . ; 2 2

sin cos sin sin cos 2 2 2

1 2

S n S n S n a b

ia b a b a b

a b

    

          

               

  

  

Đồng nhất thức hai vế ta được:

   

   

2 2

2

sin cos sin sin cos sin 1 cos

sin cos sin sin cos sin 1 cos

1 cos 1 cos

i

ib i a a b e a ia i b b a e b

b e a

             

 

        

           

       

 

Mặt khác từ điều kiện chuẩn hóa : 2 2 1a b  Nên ta thu được hệ gồm hai phương trình :

2 2

2

2 2 1

1 cos 1 cos

ib e a a b

          

   

Giải hệ thu được :

2 2

2

2 2

1 1 cos 1 cos 1 cos (1 cos )1 1 cos

(1 cos ) 1 cos 1 cos (1 cos ) (1 cos ) 1 cos

i i

i

i i

a ee

eb e e



  

      

   

                 

      

   

Vậy:

2 2 . 1 cos 1 cosˆ. ;

1 cos (1 cos ) (1 cos ) 1 cosi i S n

e e   

               

       

Nhận xét Đây là bài toán cơ bản của cơ học lượng tử. Khi spin bị lượng tử hóa hình chiếu spin có hai giá trị :

, 2 2 2 2z z

S S           .

Như vậy một trạng thái bất kỳ có thể được biểu diễn thông qua hai véctơ trực chuẩn , z zS S        .

a b     Chỉ cần sử dụng phương trình trị riêng và điều kiện chuẩn hóa ta có thể xác định được hai hằng số a,b. Bài tập này giúp sinh viên rèn luyện kỹ năng biểu diễn một trạng thái bất kỳ qua hai trạng thái trực chuẩn. Kiến thức Đối với bài toán này ta cần nhớ phương trình trị riêng và điều kiện chuẩn hóa hàm sóng

1 1n

n C

  . Và cũng chú ý rằng spin Sˆ vừa có ý nghĩa

toán tử vừa có ý nghĩa véctơ. Phương pháp giải

Ta cần biểu diễn trạng thái ban đầu của hệ thông qua các véctơ cơ sở như sau: ˆ. ;S n a b      . Tính tích vô hướng hai véctơ .S n  sau đó thay

vào phương trình trị riêng :    1 1ˆ ˆ ˆ ˆ. . ; . ; .2 2S n S n S n S n a b a b                   

      

Đồng nhất hai vế ta thu được hệ phương trình hai ẩn a và b, giải hệ tìm a, b sau đó thay vào phương trình ˆ. ;S n a b      .

Bài 4.

Giả sử hệ nằm tại trạng thái mô tả bởi véctơ riêng của toán tử S.n ứng với trị riêng 1

2 , trong đó n được xác định bởi các giá trị 0  , 0  .

a. Giả sử đo đại lượng ˆxS . Xác suất nhận được giá trị 12 là bao nhiêu?

b. Hãy tính 2ˆ ˆ( )x xS S . Lời giải Do xS có hai giá trị là 12 và

1 2

 với xác suất tương ứng là 1 2

P và 1 2

P 

,

mà 1 1 2 2

1P P 

  . Ta có giá trị trung bình của xS được tính :

1 1 2 2

1 1ˆ 2 2x

S P P 

  .

Ta cũng tính được giá trị trung bình của ˆxS theo công thức ˆ ˆ x xS S  . Từ hai phương trình trên ta tính được 1

2

P và 1 2

P 

.

Traïng thaùi cuûa heä ñöôïc moâ taû bôûi véctơ riêng ˆ. ;S n a b      ,

từ kết quả trên ta có : 2

2 2

1 cos (1 cos )ˆ. ; . 1 cos (1 cos ) 1 cos (1 cos )

i

i i eS n

e e

  

                 

       

Chú ý ta có thể viết các toán tử ˆ ˆ ˆ, ,x y zS S S như sau:

ˆ ˆ ˆ ˆ( , , )x y zS S S S 

trong ñoù

     

ˆ 2

ˆ 2

ˆ . 2

x

y

z

S

iS

S

                   

a) Xác suất nhận được giá trị 1 2

của ˆxS ?

ˆ ˆ * *ˆ ˆ ˆ. ; . ; ( ) ( )

( ) ( )( ) 2

( ) 2 2 2 2

x x xS S n S S n a b S a b

a b a b

b a ab ab a b ab

         

           

                  

  

  

Ta bieát Sx chæ coù hai giaù trò 1 2

 , goïi 1( )2 P xaùc suaát ñeå

1 2x

S  vaø

1( )2 P  xaùc suaát ñeå

1 2x

S   .

Ta có:

1 1 . .( ) 21 1 1 1( ) ( )2 22 2 2 2

ˆ P P P P abxS         .

Maët khaùc từ điều kiện chuẩn hóa : 11 1( ) ( )2 2 P P 

Ta có heä phöông trình:

1 11 1 1( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 11 1 .( ) ( ) 12 2 ( ) 22

P P P ab

P P ab P ab

        

     

 

Mà :

 

2

2 2

2 2 2 2 2

2 22

1 cos (1 cos ) 1 cos (1 cos ) 1 cos (1 cos )

1 cos 1 cos 1 cos (1 cos )1 cos (1 cos )

i

i i

i i

ii

eab e e

e e ee

  

  

     

    

                          

     

    

Khi 0  , 0  thì : 2 21 cos 2

ab   2 2

2 2

1 1 cos 1( ) 2 22

1 1 cos 1( ) 2 22

P

P

  

 



 

 

b) 2ˆ ˆ( )x xS S = ? 22 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) 2x x x x x xS S S S S S   

2 22 2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) 2 2x x x x x x x x x xS S S S S S S S S S      

2 22 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2x x x x x xS S S S S S     .

Ta có: 2 21 cosˆ 2x

S ab    2 2 2ˆ ˆˆ ˆ ˆ. ; . ; ( ) ( )

ˆ ˆ( ) ( )

S S n S S n a b S a bx x x

a b S S a bx x

                

  

      ˆ 2 2

S a b a b b ax                  

        

2 2

2

ˆ ˆ 2 4

4

S a b S b a b ax x

a b

                

   

 

2 2

2 2 2 2 2

ˆ ˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( ) 4

( ) 1 cos 1 cos

4 4 2 2 4

S a b S S a b a b a bx x x

a b                

        

    

Vậy:

   2 2 4 22 22 2 2 cosˆ ˆ ˆ ˆ 1 cos4 4 4x x x xS S S S          Nhận xét Khi giải bài toán này trước hết chúng ta phải biểu diễn véctơ riêng của hệ qua hệ cơ sở trực chuẩn ,   sau đó tính trung bình của ˆxS . Chúng ta cũng có thể tính xác suất bằng cách chuyển trạng thái của hệ sang ˆxS biểu

diễn. Kết quả bài toán cho biết xác suất để ˆxS nhận giá trị 12 khi thực hiện phép đo trên một trục bất kỳ . Đây là bài toán cơ bản phù hợp với chương trình cơ học lượng tử Đại học Sư Phạm. Kiến thức Cần vận dụng kiến thức về biểu diễn trạng thái qua cơ sở trực chuẩn, tính giá trị trung bình và tính xác suất hình chiếu spin lên một trục nào đó. Chúng ta có hai cách tính xác suất, thứ nhất là chuyển sang ˆxS biểu diễn, hai là dùng công thức tính trị trung bình. Tùy theo bài toán mà ta chọn cách làm phù hợp. Phương pháp giải Một trạng thái bất kỳ có thể được biểu diễn thông qua hai véctơ

zS   và zS   như sau: ˆ. ;S n a b     

với hai hằng số a, b có thể xác định được bằng phương trình trị riêng. Ta biết rằng ˆxS có hai giá trị riêng là 12 với 12P là xác suất nhận giá trị

1 2

, 1 2

P 

là xác suất nhận giá trị 1 2

 . Để tính được các xác suất trên ta cần tính giá trị

trung bình của ˆxS . 1 1ˆ 1 12 2

2 2 S P Px   

Dựa vào đề bài ta có thể tính giá trị trung bình của ˆxS bằng công thức ˆ ˆˆ ˆ. ; . ;S S n S S nx x      . Từ hai phương trình trên ta tính được xác suất

nhận giá trị 1 2

của ˆxS . Bài 5

Tìm trạng thái là tổ hợp tuyến tính của các véctơ  và  mà tích 2 2ˆ ˆ( ) ( )S Sx y  là cực đại.

Lời giải Ta viết trạng thái tổ hợp của hai véctơ  và  như sau:

1 2C C     . Tính tích 2 2ˆ ˆ( ) ( )S Sx y  ta thu được một hàm số theo 1C , 2C , khảo sát hàm số để xác định điểm cực đại của tích

2 2ˆ ˆ( ) ( )S Sx y  . Sử dụng điều kiện chuẩn hóa để xác định hệ số 1C , 2C . Gọi trạng thái tổ hợp của các toán tử  và  có dạng tổ hợp :

1 2C C     . Trong đó 1C và 2C phải thỏa: 2 21 2| | | | 1C C  . Tính: 2ˆ( )Sx

Ta có:  Sˆ = 2x      .     2 22ˆ = 4 4xS                   2 2ˆ ˆ S = Ψ S Ψx x

   2 2 2 21 2 1 2 1 2+ += C C C C (C +C )4 4          

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

+ +

ˆ ˆS = Ψ S Ψ = (C C )( )(C C )

2 = (C C +C C ) = C C

2

x x

        

 

2 2 2 2

x

2 2 2 2

x

22 2 2 2 2 2 2 2

x 1 2 1 2

.

ˆ ˆ ˆ ΔS = S S ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(ΔS ) = (S S ) = S + S 2S S ˆ ˆ ˆ ˆ(ΔS ) = S + S 2 S ˆ ˆ ˆ(ΔS ) = S S = (C +C ) C C

4

x x x

x x x x x x

x x x

x x

  

 

   

Tính : 2ˆ(ΔS )y

Ta có:  iSˆ =y 2           2 2 22y iˆ S = 4 4                     

    2 2 y y

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2+ +

ˆ ˆ S Ψ S Ψ C C C C (C + C )

4 4           

   

   1 2 1 2+ + ˆ ˆ S = Ψ S Ψ

i= C C C C = 0 2

y y

         

22

2 2 2 2 y 1 2 ˆ ˆ ˆ(ΔS ) S S (C + C )4y y    

 .

Đặt 2 2ˆ ˆF = (ΔS ) (ΔS )x y 4

2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2

4 4 4 2 2 4 2 2 2 1 1 1 1 1

1ˆ ˆF = (ΔS ) (ΔS ) (C + C ) (C + C ) C C 4 4

1 1 1C (1 C ) C C + (C ) 4 4 4 4 4 2

x y     

             

  

14 2 4 2 ' 1 1 1 1

1

4 2 1

4

1

4

1 max 1 2

=

=

C = 0 1 1'F = .2(C )(2C ) = C (C ) khi F = 0 1C = ±4 2 2

2 1''F 3C 2

1''F (C ± ) > 0 22

''F (C = 0) < 0 F khi C = 0 C ±1. 2

       

  

Tính tương tự cho 2C thì ta được ax 2 10 1mF C C     . Vậy ta có 4 trạng thái tổ hợp tuyến tính của các véctơ  và  là:

1

2

3

4

1

1

1

1 .

             

Nhận xét Bài toán tìm trạng thái tổ hợp tuyến tính của hai véctơ ,   sao cho thỏa mãn điều kiện nào đó là một trong những bài toán cơ bản của cơ học lượng tử. Đối với dạng bài toán này cần nhớ kiến thức về khảo sát hàm số và tìm cực trị của hàm số . Hàm số đạt cực đại khi y’ = 0 và y” < 0. Phương pháp giải Viết hàm sóng dưới dạng tổ hợp tuyến tính của hai véctơ ,   :

1 2C C     , tính các giá trị 2 2, , ,x x y yS S S S thay vào biếu thức    22x yS S  ta thu được một hàm số đối với hai hằng số 1 2,C C . Sử dụng điều kiện chuẩn hóa để hàm số chỉ phụ thuộc vào một biến. Khảo sát hàm số ta tìm được điểm cực đại của hàm số, suy ra các giá trị 1 2,C C cần tìm.

Phân tích (nhóm bài 1 → 6) 1. Nhận xét Do hình chiếu của spin lên một trục bất kỳ có thể có hai giá trị

2   ,

chính vì vậy mà rất khó xác định hướng của spin Sˆ . Vì hình chiếu spin có hai giá trị, nên ta có thể biểu diễn trạng thái của spin thông qua hai cơ sở trực chuẩn ,  dưới dạng a b     , trong đó

2a là xác suất để hình chiếu spin bằng 2

  và 2b là xác suất để hình chiếu

spin bằng 2

  . Ta cũng có thể biểu diễn trạng thái bất kỳ qua hệ cơ sở trực chuẩn ,  với một điều kiện xác định. 2. Kiến thức Với những bài toán này chúng ta cần chú ý điều kiện chuẩn hóa hàm sóng, tính trung bình của một đại lượng vật lý. Để tính xác suất nhận giá trị nào đó của một đại lượng vật lý ta có hai cách tính. Một là sử dụng công thức

1 i i

i A a P

   , hai là sử dụng hệ số chuẩn hóa.

Đối với dạng bài toán có điều kiện, ví dụ bài 5, lưu ý kiến thức khảo sát hàm số và tìm cực trị của hàm số . Hàm số đạt cực đại khi y’ = 0 và y” < 0, và đạt cực tiểu khi y’ = 0 và y” > 0. Một điều cần lưu ý khi làm các bài toán về spin là spin vừa có ý nghĩa véctơ vừa có ý nghĩa toán tử. 3. Phương pháp giải Để xác định véctơ trạng thái bất kỳ ta viết dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các véctơ cơ sở, dựa vào điều kiện bài toán cho và điều kiện chuẩn hóa ta tìm được các hệ số biểu diễn. 4. Kỹ năng

Nhóm bài tập này giúp người học hiểu những tính chất cơ bản của spin, có kỹ năng biểu diễn một trạng thái bất kỳ qua hệ cơ sở trực chuẩn.

Bài 6.

Hãy kiểm tra hệ thức bất định 22 2 1( ) ( ) , 4

A B A B    

Với A xS , B yS đối với trạng thái riêng của xS ứng với giá trị riêng 12 . Lời giải Ta cần chứng minh 22 2 1ˆ ˆ ˆ ˆ(ΔS ) (ΔS ) S ,S

4x y x y     

Với 2 22 2 2 2x yˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(ΔS ) = S S , (ΔS ) = S Sx x y y  và ˆ ˆ ˆS ,S = i Sx y z     .

Vì trạng thái riêng của ˆxS ứng với giá trị riêng là 12 nên trạng thái này

được biểu diễn bởi véctơ           . Ta có:

     

Sˆ = 2 iSˆ = 2

Sˆ = 2

x

y

z

    

     

    

     2 2 x x

2 2 2

ˆ ˆS = χ S χ =

4 4 4

 

                      

 ˆ ˆS = χ S χ = 02x x          2

Sˆ = 0x 2

2 ˆ(ΔS ) = 4x

 

     2 2 y y

2 2 2 2 2

ˆ ˆS χ S χ i i = = = 4 4 4

 

                       

  =iˆ ˆS χ S χ 02y y          

2

Sˆ = 0y 2

2ˆ(ΔS ) = 4y

 

4

2 2ˆ ˆ(ΔS ) (ΔS ) = 16x y

  .

Có : 2 2 2

2ˆ ˆ ˆ ˆS ,S = i S = Sx y z z     

 ˆ ˆS = χ S χ = 2 2z z          

2 42 2ˆ ˆ ˆ S ,S = S =

4x y z    

 .

Vậy: 22 2 1ˆ ˆ ˆ ˆ(ΔS ) (ΔS ) S ,S 4x y x y

     .

Nhận xét Bài toán này vận dụng các công thức tính trị trung bình của các đại lượng vật lý để kiểm tra lại hệ thức bất định. Có thể sử dụng cho sinh viên rèn luyện kỹ năng tính toán. Bài 7.

Ta biết hai hạt spin 1 không đồng nhất, cùng ở trạng thái s (l=0) có mômen xung lượng tổng cộng J với giá trị khả dĩ của j là 0,1,2, nếu hai hạt này đồng nhất thì giá trị khả dĩ của j có thay đổi không ? Lời giải Hàm sóng của hệ hai hạt đồng nhất khi không tương tác spin có thể viết dưới dạng tích của hàm tọa độ và hàm spin

1 2(1, 2) ( , ) (1, 2)r r     . Các hạt có spin nguyên thì hàm sóng toàn phần là đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt, hàm sóng toàn phần có dạng :

1 2

1 2

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

s s s

s a a

r r r r

   

   

   

Do hai hạt có cùng trạng thái spin nên hàm (1,2) 0a  do đó hàm tọa độ và hàm spin phải cùng đối xứng. Khi hoán vị hai hạt hàm tọa độ được nhân với hệ số ( 1)S trong đó S là spin tổng cộng của hệ :

1 2 2 1 2 1( , ) ( 1) ( , ) ( , ) Sr r r r r r         

Do đó S = 0,2 Có J S L   mà 0 0,2l j S    . Vậy đối với hệ hạt đồng nhất thì j không có giá trị 1 như hệ hạt không đồng nhất. Nhận xét Bài toán này cho thấy sự khác nhau giữa hệ hạt đồng nhất và hệ hạt không đồng nhất. Đây cũng là một bài toán cơ bản của cơ học lượng tử được giảng dạy trong chương trình cơ học lượng tử của Đại học Sư Phạm. Kiến thức Ở đây ta chú ý rằng chỉ có hệ hạt đồng nhất mới có sự đối xứng hóa hàm sóng do đó không phải nghiệm nào cũng được chấp nhận là nghiệm vật lý. Còn đối với hệ hạt không đồng nhất hàm sóng không đối xứng hóa. Bài 8.

Hai hạt fermion spin 1 2

chuyển động 1 chiều dưới tác dụng của thế V(x).

0 0 x L( )

V x   

a. Viết hàm sóng và năng lượng trạng thái cơ bản của hệ 2 hạt này. b. Giả sử tương tác giữa hai hạt được mô tả bởi thế :

1 2 1 2( , ) ( )V x x x x    ( 0) 

Coi tương tác này như là nhiễu loạn, hãy xét sự thay đổi của mức năng lượng cơ bản. Lời giải a)

Hàm sóng và năng lượng của một hạt tự do chuyển động trong hố thế sâu vô hạn bề rộng L có dạng :

2( ) sin ; 0 .n nx x x L

L L    

Và 2 2

2 2 ; 1, 2,3...2n

E n n mL  

Vì heä hai haït laø ñoàng nhaát neân chuùng ta tìm haøm soùng cho moät haït

vaø haït coøn lại thì töông töï

1 1 1 2 2 2 2 2( ) sin ; ( ) sinn k

n kx x x x L L L L

    .

Hai hạt không tương tác nhau và Hamiltonian của hệ không phụ thuộc vào spin của hạt nên hàm sóng của hệ có thể viết dưới dạng    1, 2 . 1, 2  . Hệ hạt là hạt fermion nên tích    1, 2 . 1, 2  phản đối xứng với phép hoán vị hai hạt. Thay vào định thức Slater :

  1 11 1

2 22 2

1 2 1 2 1 2

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

1 ( ) ( ) 2

n n

n n

n n

x x

x x

x x

     

          

Ở trạng thái cơ bản : n = 1 ; do đó hàm sóng có dạng :  

  1 1 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

2 sin sin .

1(1,2) ( ) ( ) 2

1= 2

x x L L L

x x

         

    

Năng lượng của hệ ở trạng thái cơ bản:

2 2 2 2

2 2 0 2 2(1 1 )2

E mL mL     

b)

Bổ chính năng lượng bậc 1 cho trạng thái cơ bản có dạng:      10 1, 2 ' 1, 2E V  

Trong đó:    1 2 1 2' ,V x x x x   ( 0)  Như vậy:

   21 2 20 1 2 1 2 1 20 02 sin sin .L LE dx dx x x x xL L L          

 2 2 22 2 1 2 1 10 02 sin sinL Lx dx x x x dxL L L          

2 2 2

2 2 20

2 4

2 20

2 4

2 20

2

2 2 20

2 sin sin

2 sin

2 sin

2 1 3 2 1 4 32cos cos . 4 2 2 2

L

L

L

L

x dx x L L L

x dx L L

x dx L L

x x dx L L L L

   

  

                 

                       

  

Nhận xét Hạt chuyển động trong hố thế một chiều sâu vô hạn hàm sóng gồm hai phần: tọa độ và spin. Do hai hạt không xảy ra tương tác spin nên có thể viết hàm sóng toàn phần dưới dạng tích của hàm tọa độ và spin. Nếu xảy ra tương tác spin giữa hai hạt thì bài toán phức tạp hơn. Kiến thức Vì Hamiltonian của hệ không phụ thuộc vào spin nên khi giải phương trình Schrodinger ta được hàm sóng tọa độ của mỗi hạt. Sau đó đối xứng hóa hàm sóng toàn phần của hệ, với hệ hạt fermion thì hàm sóng toàn phần là hàm phản đối xứng, với hệ hạt boson thì hàm sóng toàn phần là hàm đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt bất kỳ. Ngoài ra hệ hạt fermion còn tuân theo nguyên lí loại trừ Pauli còn hệ hạt boson thì không. Khi giải bài toán trên ta bỏ qua tương tác spin giữa các hạt nên năng lượng của hệ không chính xác. Do đó ta tính bổ chính năng lượng cho hệ và lấy gần đúng đến bậc 1, công thức: * ˆ(1, 2) (1,2)E V dV   Vì thế 1 2 1 2( , ) ( )V x x x x    không tác dụng lên hàm spin nên ta đưa hàm spin ra khỏi dấu tích phân, như vậy bổ chính năng lượng được tính:

* 1 2 1 2 1 2ˆ( , ) ( , )E x x V x x dx dx   vì * 1   . Bài 9.

Xét một hệ gồm 3 fermion bị giam trong thế một chiều : 0 (0 )( ) x LV x    ` Giả sử các hạt không tương tác với nhau. Hãy viết véctơ trạng thái cơ bản của hệ trong 2 trường hợp:

a. Giả định là các hạt không có spin. b. Các hạt có spin ½.

Lời giải Các hạt không tương tác nên hàm sóng của hệ có thể viết dưới dạng tổ hợp tuyến tính của tích các hàm sóng của một hạt. Hàm tọa độ và năng lượng của một hạt trong hố thế một chiều có dạng

2 2 2

2

2 sin , 0 x L

E = n = 1,2,... 2

( )n

n

n x L L n

mL

x 

   

a) Véctơ trạng thái cơ bản khi các hạt không có spin ? Vì các hạt là hạt fermion nên hàm sóng tọa độ phản đối xứng với phép hoán vị hai hạt bất kỳ, hàm sóng có thể viết dưới dạng định thức Slater

1 1 2 1 3 1

0 1 2 3 1 2 2 2 3 2

1 3 2 3 3 3

( ) ( ) ( ) 1( , , ) ( ) ( ) ( ) 3!

( ) ( ) ( )

x x x x x x x x x

x x x

      

   

1 1 2 2 3 3 2 3 3 2 2 1 3 2 1 3 1 2 3 3

3 1 1 2 2 3 1 3 2 2

3 2

1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 { ( )[ ( ) ( ) ( ) ( )] ( )[ ( ) ( ) ( ) ( )] 3!

( )[ ( ) ( ) ( ) ( )]}

2 1 2 3 3 2 2 3(sin sin sin sin sin sin sin sin sin 3!

x x x x x x x x x x

x x x x x

x x x x x x x x x L L L L L L L L L L

              

        

     

      1 2 3 1 2 3 1 2 3

3 2 3 2 2 3 sin sin sin sin sin sin sin sin sin ).x x x x x x x x x L L L L L L L L L           

Năng lượng của hệ là : 2 2 2 2 2 2 2 20 02 2 2 24 9 14 142 2 2 2E mL mL mL mL             .

b) Véctơ trạng thái cơ bản khi các hạt có spin ½ ? Các hạt có spin 1

2 : ký hiệu

i  là trạng thái spin của hạt thứ i, ký hiệu

i  tức là hạt thứ i có thể ở trạng thái

i  hoặc

i  . Hàm sóng trạng thái cơ

bản viết dưới dạng định thức Slater: 1 1 1 1 2 11 1 1

0 1 2 3 1 2 1 2 2 22 2 2

1 3 1 3 2 33 3 3

( ) ( ) ( ) 1( , , ) ( ) ( ) ( ) 3!

( ) ( ) ( )

x x x

x x x x x x

x x x

        

   

    

 

1 1 1 2 2 3 1 3 2 21 2 3 3 2

1 1 2 2 1 3 1 2 2 31 3 2 2 3

2 1 1 2 1 3 1 3 1 21 2 3 3 2

1 { ( ) [ ( ) ( ) ( ) ( ) ] 3!

( ) [ ( ) ( ) ( ) ( ) ]

( ) [ ( ) ( ) ( ) ( ) ]}

x x x x x

x x x x x

x x x x x

                   

               

3 2

1 2 3 1 2 1 2 3

1 2 3 1 3 1 3 2

1 2 3 2 3 2 3 1

2 1 2{sin sin sin [ ] 3!

2 sin sin sin [ ]

2 sin sin sin [ ] }

x x x L L L L

x x x L L L

x x x L L L

           

               

     

Năng lượng của hệ là : 2 2 2 2 2 2 2 20 02 2 2 24 6 62 2 2 2E mL mL mL mL            

Nhận xét

Đối với hệ hạt fermion thì không thể có nhiều hơn một hạt trên cùng một trạng thái. Do đó khi viết hàm sóng cho hệ ta phải chú ý nguyên lý loại trừ Pauli. Đối với hệ hạt không có spin thì mỗi hạt ở một mức năng lượng khác nhau để không vi phạm nguyên lí loại trừ Pauli. Còn đối với hệ hạt có spin, do spin có hai trạng thái là ,  nên hai hạt có thể ở cùng mức năng lượng nhưng khác trạng thái spin. Qua bài tập này ta thấy sự khác biệt giữa trạng thái của hệ hạt có spin và hệ hạt không có spin. Bài 10.

Một hệ gồm hai hạt đồng nhất. Giả sử rằng 2 hạt này nằm ở các trạng thái một hạt trực chuấn khác nhau. Hãy tìm hàm mật độ một hạt  (r) và hàm mật độ hai hạt 1 2( , )r r trong hai trường hợp:

a. Các hạt bôson. b. Các hạt có spin 1

2 .

Lời giải Vì không có sự tương tác spin giữa các hạt nên hàm sóng của hệ có thể viết dưới dạng tích của hàm tọa độ và hàm spin

( ) ( )r     Từ điều kiện chuẩn hóa hàm sóng ta có :

2 1 2 1 2

* * * 1 2 1 2 1 2

1 (1, 2)

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

(1,2)

r r r r

drdr drdr

drdr drdr drdr

         

            

         

Vì *( ) ( ) 1     . Vậy hàm mật độ các hạt được tính :

2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( , ) ( , ) ( , ) ( , )r r r r r r r rdrdr drdr                 .

Trong đó: 21 2 1 2( , )r r drdr     là xác suất tìm thấy hạt trong yếu tố thể tích 1dr hạt kia ở thể tích 2dr

( ), ( )r r   là hai trạng thái trực chuẩn khác nhau. a) Đối với các hạt bôson. Đối với các hạt bôson hàm sóng là hàm đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt bất kỳ nên hàm sóng tọa độ có dạng :

1 2 1 2 2 1 1( , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )] 2

r r r r r r           . Ta có :

2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 2 1 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2 1 2 1 2 2 1

( , ) ( , ) 1 * * * * [ ( ) ( ) ( ) ( )][ ( ) ( ) ( ) ( )] 2

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

r r drdr r r drdr

r r r r r r r r drdr

r r drdr r r

             

       

       

         

      1 2.drdr  

Vậy mật độ 2 hạt được xác định bởi hàm mật độ : 2 2 2 2

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

r r r r r r            

.

Mật độ 1 hạt được xác định như sau : 2 21( ) ( ) ( ) 2

r r r         .

b) Đối với các hạt có spin 1 2

.

Đối với các hạt có spin bán nguyên hàm sóng là hàm phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt bất kỳ, hàm sóng tọa độ có dạng :

1 2 1 2 2 1 1( , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )] 2

r r r r r r           2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 2 1 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2 1 2 1 2 2 1

( , ) ( , ) 1 * * * * [ ( ) ( ) ( ) ( )][ ( ) ( ) ( ) ( )] 2 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

r r drdr r r drdr

r r r r r r r r drdr

r r drdr r r

             

      

       

         

      1 2drdr  

Vậy mật độ 2 hạt được xác định bởi hàm mật độ : 2 2 2 2

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

r r r r r r            

.

Mật độ 1 hạt được xác định như sau : 2 21( ) ( ) ( ) 2

r r r         .

Nhận xét Mật độ các hạt không phụ thuộc spin của hạt, chỉ phụ thuộc vào hàm tọa độ của từng hạt. Do đó hàm mật độ của hệ hạt bôson hay fermion là như nhau.

Bài 11.

Hai electron bị giam trong một hố thế một chiều có cạnh là a. Gỉa sử cả hai electron đều nằm ở cùng một trạng thái spin. Bỏ qua tương tác Coulomb giữa chúng.

a) Viết hàm sóng trạng thái cơ bản của hệ. b) Xác suất tìm thấy cả hai electron trong cùng một nửa hố là bao nhiêu.

Mở rộng cho hố thế 3 chiều cạnh a. Lời giải a)

Hàm sóng của hệ hai hạt electron bỏ qua tương tác Coulomb được viết dưới dạng tích các hàm sóng  chỉ phụ thuộc vào các tọa độ và hàm  chỉ phụ thuộc vào các spin của chúng. Hàm sóng toàn phần của hệ là phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt. Do hai hạt có cùng trạng thái spin nên hàm tọa độ phải là phản xứng, hàm sóng toàn phần của hệ có dạng : 1 2 1 2 1 2 1 2( , , , ) ( , ) ( , )a z z a s z zr r s s r r s s   . Xét trường hợp hạt chuyển động trong hố thế một chiều cạnh a. Trong trường hợp này thế năng có dạng: 0 (0 )( ) x aV x    Vì hệ hai hạt là đồng nhất nên chúng ta tìm hàm sóng cho một hạt và hạt còn lại thì tương tự.

Hàm sóng của một hạt chuyển động trong hố thế một chiều có dạng : 2( ) sin( )n

nx x a a

  .

Hàm tọa độ của hệ được viết như sau: 1 2 1 2 2 1

1( , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )] 2a n m n m

x x x x x x      .

Xác định hàm spin toàn phần cho các trạng thái S và zS , hàm này thỏa phương trình:

2 2ˆ ( 1) ˆ S S S S Sz z

   

     

Và theo đề bài thì hai hạt ở cùng trạng thái spin nên ta nhận các nghiệm sau: 1 1 2 , 1, 1s z z zS S S S       

2 1 2 , 1, 1s z z zS S S S         Hàm sóng của hệ hạt trong hố thế một chiều cạnh a có dạng:

1 2 1 2 1 2 2 1 1 2

1 2 1 2 1 2 2 1 1 2

1( , , , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )] 2

1( , , , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )] . 2

a z z n m n m z z

a z z n m n m z z

x x s s x x x x S S

x x s s x x x x S S

   

   

      

      

Xét trường hợp hạt chuyển động trong hố thế ba chiều cạnh a. Trong trường hợp này thế năng có dạng: x y zV V V V   Với ( ), ( ), ( )x y zV V x V V y V V z   0 (0 )x x aV    ; 0 (0 )y y aV    ; 0 (0 )z z aV    Ta có : ( ) ( ). ( ). ( )r x y z   

2( ) ( ) sin

2( ) ( ) sin

2( ) ( ) sin

n

n

n

nx x x a a

ny y y a a

nz z z a a

     

           

 

 

 

Hàm sóng tọa độ của hệ có dạng : 1 2 1 2 2 1

1( , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )] 2a n m n m

r r r r r r      Xác định hàm spin toàn phần cho các trạng thái S và zS , hàm này thỏa phương trình:

2 2ˆ ( 1) ˆ S S S S Sz z

   

     

Và theo đề bài thì hai hạt ở cùng trạng thái spin nên ta nhận các nghiệm sau: 1 1 2 , 1, 1s z z zS S S S       

2 1 2 , 1, 1s z z zS S S S         Vậy hàm sóng của hệ có hạt trong hộp có cạnh a là;

1 2 1 2 1 2 2 1 1 2

1 2 1 2 1 2 2 1 1 2

1( , , , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )] 2

1( , , , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )] . 2

a z z n m n m z z

a z z n m n m z z

r r s s r r r r S S

r r s s r r r r S S

   

   

      

      

     

     

b) Xác suất tìm thấy hai hạt trong nửa hộp ? Khi hạt chuyển động trong hố thế một chiều cạnh a :

1 2 1 2 1 2 1 2( , , , ) ( , ) ( , )a z z a s z zx x s s x x s s   .

Với 1 2 1 2 2 11( , ) [ ( ) ( ) ( ) ( )]2a n m n mr r r r r r     

1 1

2 2

2( ) sin

2( ) sin

n

m

nx x A a a

mx x B a a

 

         

1 1

2 2

2( ) sin

2( ) sin

m

n

mx x C a a

nx x D a a

 

         

Xác suất tìm thấy cả hai hạt trong nửa hố thế là: 2 2 2 2

2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2

0 0 0 0

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 0 0 0 0 0 0

2 ( , ) ( 2 )

2

a a a a

a a a a a a

I II III

p x x dx dx A B C D ABCD dx dx

A B dx dx C D dx dx ABCDdx dx

            

   

        

Giải I, II, III 22 2 2 2

2 2 2 2 1 2 1 1

0 0 0 0

22 2 2 2 2

2 1 1 2 1 1 00 0 0

2 2

2 0

2 sin

2 1 2 1 21 cos sin 2 2

1 1 2 4

a a a a

aa a a

a

nI B dx A dx B dx x dx a a

n a nB dx x dx B dx x x a a a n a

B dx

  

                  

 

       

Tương tự ta có : 2 2

2 2 2 1

0 0

1 4

a a

II D dx C dx  

2 2 2 2

2 1 2 1 1 1 0 0 0 0

22 2 sin sin a a a a n mIII BDdx ACdx BDdx x x dx

a a a                

2 2

2 1 1 1 0 0

2 ( ) ( )cos cos a a n m n mBDdx x x dx

a a a                  

22

2 1 1 0 0

2 ( ) ( )sin sin ( ) ( )

aa a n m a n mBDdx x x a n m a n m a

   

               

2 2 2

2 2 0 0

1 ( ) 1 ( )2 sin sin 2 2 ( ) 2 ( ) 2

a an m n mBDdx BDdx n m n m

   

                    

Thay vào ta có:

  2 21 1 12 2 4 4 2

p I II III             

Khi m, n cùng chẵn hoặc cùng lẻ 10 2

p    

Khi m, n không cùng chẵn hoặc cùng lẻ : 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 1 8 ( ) 2 ( )

m mp n m n m       .

Khi hạt chuyển động trong hộp thế ba chiều cạnh a 1 2 1 2 1 2 1 2( , , , ) ( , ) ( , )a z z a s z zr r s s r r s s     

 1 2 1 2 1 2 3 2

1 1 1 1

3 2

2 2 2 2

3 2

1 1 1

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

2( ) sin sin sin

2( ) sin sin sin

2( ) sin sin

a n m m n

n

m

m

r r r r r r

n n nr x y z A a a a a

m m mr x y z B a a a a

m mr x y a a a

            

 

                                                           1

3 2

2 2 2 2

sin

2( ) sin sin sinn

m z C a

n n nr x y z D a a a a

  

                               

Xác suất tìm thấy hai electron trong nửa hộp là:  

1 2 1 2

2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 22 ( , ) 2

V V V V

p r r dV dV A B C D ABCD dV dV      

1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 1 2 1 2 1 22

V V V V V V

I II III

A B dV dV C D dV dV ABCDdV dV          

2 1 2 1

2 2 23 2 2 2 1 1 1

2 1 2 1 2 sin sin sin

V V V V

n x n y n zI B dV A dV B dV dV a a a a

                           

2

2 2

2 2 23 2 2 2 2 1 1 1

2 1 1 1 0 0 0

3 3 2 2

2 2

2 sin sin sin

2 1 1 4 8 64

a a a

V

V V

n x n y n zB dV dx dy dz a a a a

aB dV B dV a

                                   

     

Tương tự 1 64

II 

2 1

2

2

2 2

2 2 2 1 1 1 1 1 1

2 1 1 13 0 0 0

3 2 3 6

2 23 0

2

16 sin sin sin sin sin sin

16 2 2 2

V V

a a a

V

a

V

III BDdV ACdV

n x m x n y m y n z m z BDdV dx dy dz

a a a a a aa

aBDdV BDdV a

     

                                          

       

Vậy xác suất : 6 61 1 12 2 64 64 32

p          

Nhận xét Bài toán tìm hàm sóng và xác suất tìm hạt là bài toán cơ bản trong phần hệ hạt đồng nhất. Ta đã biết dạng hàm sóng của một hạt chuyển động trong hố thế một chiều. Để xác định hàm sóng toàn phần của hệ ta dựa vào tính đối xứng của hàm sóng. Hệ hạt fermion có hàm sóng phản xứng, hệ hạt boson có hàm sóng đối xứng. Xác suất tìm thấy một hạt trong nửa hố thế là 1

2 , vậy xác suất tìm thấy

hai hạt trong cùng nửa hố thế là 1 1 12. . 2 2 2

 , hai hạt ở cùng nửa đầu hoặc nửa cuối. Bài toán này để kiểm tra kết quả trên. Bài 12.

Hệ hai hạt electron tương tác yếu với nhau có thể bỏ qua. Hạt A ở trong trạng thái riêng với 1

2z S  và hạt B ở trong trạng thái riêng với 1

2x S  .

Tìm xác suất để phép đo spin toàn phần của hệ bằng không ? Lời giải

Hệ hai electron là hệ hai hạt đồng nhất có spin 1 2

. Hàm sóng của hệ hạt fermion là hàm phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt. Bỏ qua tương tác yếu giữa các spin, trạng thái của hệ với spin toàn phần bằng không có thể viết dưới dạng:

1 1 1 1 10 2 2 2 22 Az Bz Az Bz

S S S S          

Trong đó ,Az BzS S là thành phần theo phương Oz của toán tử spin của hai hạt A và B tương ứng. Hệ đang ở trạng thái được mô tả bởi hàm spin như sau:

1 1 2 2Az Bx

S S   

Xác suất để hệ có spin toàn phần bằng không là: 2

0P  . Ta có:

1 1 1 1 1 1 10 2 2 2 2 2 22

1 1 1 = 2 22

Az Bz Az Bz Az Bx

Bz Bx

S S S S S S

S S

                

Trong zS biểu diễn toán tử hình chiếu spin ˆxS có dạng ma trận: 0 1ˆ ˆ 1 02 2x x

S         

Giải phương trình trị riêng của xS , ứng với trị riêng bằng 12 ta có véctơ riêng

là 11 12     . Vậy véctơ

1 2x

S  có thể được biểu diễn qua hai véctơ trực chuẩn

như sau: 1 1 1 1 2 2 22x z z

S S S        

1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 22 2z x z z z

S S S S S               .

Vậy: 1 1 1 10 =

2 2 22 Bz Bx S S     .

Xác suất để spin toàn phần của hệ bằng không là: 2 10

4 P   .

Nhận xét Hàm spinnơ của hệ hai electron thỏa mãn hệ phương trình:

2 2ˆ ( 1) ˆ z s

S S S

S m

   

    

Trong đó 1 2ˆ ˆ ˆS S S  là toán tử spin toàn phần của hệ. Giải hệ ta được các hàm spinnơ của hệ như sau :

1 1 1 1

2 2

1 0 1 1 1 1

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2

(1) (2) S=1, S 1

1 (1) (2) (1) (2) S=1, S 0 2

(1) (2) S

z

z

  

       

 

  

       

0 0 1 1 1 1

2 2 2 2

=1, S 1

1 (1) (2) (1) (2) S=0, S 0 2

z

z     

       

Ta dễ dàng thấy rằng xác suất để hệ ở trạng thái có spin toàn phần bằng không là 1

4 , phù hợp với kết quả bài toán.

Bài 13.

Trạng thái cơ bản của nguyên tử Heli thực không suy biến. Tuy nhiên hãy xét nguyên tử heli giả định, trong đó hai electron được thay bởi hai hạt đồng nhất spin 1 và cũng có điện tích âm. Hỏi khi đó trạng thái cơ bản có bậc suy biến là bao nhiêu ? Bỏ qua các lực phụ thuộc spin.

Lời giải Với nguyên tử heli ở trạng thái cơ bản, electron có spin 1

2 nên nó tuân

theo nguyên lí loại trừ Pauli. Hàm sóng toàn phần là hàm phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt bất kỳ.

 1 1 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2

1 1 1 11 1 12 2a s s s s s s

         

Do hàm tọa độ là hàm đối xứng nên hàm spin phải là hàm phản đối xứng. Năng lượng của hệ: 1 2E E E  . Chỉ có một mức năng lượng ứng với một véctơ trạng thái của hệ : không suy biến. Với nguyên tử heli giả định (spin = 1, không tuân theo nguyên lí loại trừ Pauli). Hàm sóng

s s s   

 1 2 2 11 12 1 1

1 1

s s

s s

s s

         

Có 3 véctơ trạng thái ứng với một giá trị năng lượng, vậy bậc suy biến là 3. Phân tích (nhóm bài 7 → 13)

1. Nhận xét hóm bài tập này giúp người học biết cách xác định hàm sóng của hệ hạt đồng nhất, hàm mật độ của hệ hạt, xác suất tìm hạt chuyển động trong hố thế. Đây là những bài tập cơ bản, giúp người học vận dụng được lí thuyết spin và hệ hạt đồng nhất, qua đó hiểu rõ hơn lí thuyết về spin và hệ hạt đồng nhất.

2. Kiến thức Đối với những bài toán này chúng ta phải vận dụng kiến thức về hệ hạt đồng nhất như nguyên lí loại trừ Pauli, đối xứng hóa hàm sóng, biểu diễn trạng thái qua cơ sở trực chuẩn. Bên cạnh đó còn phải nắm được xác suất của một giá trị xác định trong một phép đo : xác suất để khi đo đại lượng vật lý F trong trạng thái  tùy ý nhận giá trị 1 2, ,...  là các trị riêng của toán tử Fˆ thì bằng bình phương môđun của các hệ số khai triển hàm  theo các hàm riêng tương ứng. 3. Phương pháp giải Trước hết ta viết hàm sóng cho một hạt sau đó đối xứng hóa hàm sóng cho hệ hạt ta sẽ tìm được hàm sóng cho hệ. Sau đó thay vào công thức tính xác suất để tìm xác suất đạt một giá trị xác định. 4. Kỹ năng Đối với những bài toán này ta có nhiều kỹ năng hơn, kỹ năng tìm hàm sóng của hệ dưới dạng định thức Slater, tính tích phân trong hố thế ba chiều, Bài 14.

Hamiltonnian của một hệ có hai trạng thái là:

 1 1 2 2 1 2 2 1H         Trong đó α là hằng số có thứ nguyên năng lượng, 1 và 2 là các véctơ trạng thái trực chuẩn. Hãy tìm các giá trị năng lượng và các véctơ riêng tương ứng. Lời giải Vì 1 và 2 là các véctơ trạng thái trực chuẩn nên ta chọn làm hệ véctơ cơ sở. Hàm sóng có dạng: 1 21 2C C   . Áp dụng phương trình Schrodinger, ta có: Hˆ E 

   1 2 1 21 1 2 2 1 2 2 1 1 2 ( 1 2 )C C E C EC           1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2C C C C EC EC        

1 2 1 2 1 2 ( ) 1 ( ) 2 1 2C C C C EC EC         1 2 1

1 2 2

C C EC C C EC

    

    (1)

  1 2

1 2

0 ( ) 0 E C C

C E C     

       (2)

Để phương trình có nghiệm thuần nhất, ta có: 2 2

0 2 2 E

E E E

            

Với 2E   , ta có:

   1 1 2 1 2 1

1 2 2 1 EC

C C C C C      

Theo điều kiện chuẩn hoá: 2 2 1 2

1C C 

Suy ra:

     

2 2 22

1 1 1 1

2

1 12 1 1 4 2 2 1 2 2 24 2 2

1 2 2 2 1 . 2

C C C C

C

                

Với 2E   , ta có:

   1 1 2 1 2 1

1 2 2 1 EC

C C C C C        

Theo điều kiện chuẩn hoá: 2 2 1 2

1C C 

Suy ra:

   2 2 22 1 1 1 1

1 12 1 1 4 2 2 1 2 2 24 2 2

C C C C           

2

1 2 2 ( 1 2) 2

C     

Vậy với: 2E   , ta có một hàm riêng:

   1 12 1 11 1 2 2

22 2 1 2 2 1 2

C C

C 

                       

và với: 2E   , ta có một hàm riêng:

   1 12 1 11 1 2 2

22 2 1 2 2 1 2

C C

C 

                         

Nhận xét Khi giải bài toán này ta chọn véctơ riêng đã chuẩn hóa, tức là độ dài bằng một đơn vị. Xét trên một phương bất kỳ thì véctơ riêng có hai hướng nhưng ta chỉ chọn một hướng. Kiến thức Hamiltonian là toán tử năng lượng nên để xác định năng lượng của hệ ta sử dụng phương trình trị riêng Hˆ E  với  là véctơ riêng ứng với trị riêng E. Phương pháp giải Ta thấy rằng 1 và 2 là các véctơ trạng thái trực chuẩn nên ta chọn làm hệ véctơ cơ sở, biểu diễn hàm sóng qua các cơ sở trên: 1 21 2C C   . Thay vào phương trình Schrodinger, đồng nhất hai vế ta có hệ phương trình hai ẩn số. Như đã biết, để một hệ phương trình có nghiệm không tầm thường thì định thức các hệ số phải bằng không, giải tìm năng lượng E và thay vào hệ để xác định các hệ số 1 2,C C từ đó suy ra các véctơ riêng tương ứng. Bài 15. Một hệ có hai trạng thái được đặc trưng bởi Hamiltonian: 12212211 12122211 HHHHH 

Trong đó H11 , H22 và H12 là các số thực có thứ nguyên năng lượng. 1 và 2 là các véctơ riêng của một đại lượng vật lý nào đó ( khác H ). Hãy tìm các giá trị riêng và các véctơ riêng cuả H. Lời giải Gọi  véctơ riêng của toán tử Hamiltonian. Vì 1 và 2 là các véctơ riêng của một đại lượng vật lý, nên hệ { 1 ; 2 } là hệ đầy đủ, trực giao, chuẩn hóa. Vì vậy ta có thể viết véctơ riêng của Hˆ dưới dạng tổ hợp tuyến tính của hai véctơ 1 và 2 như sau:

1 21 2C C  

Dạng ma trận: 1 2

C C

      .

Điều kiện chuẩn hóa : 12221  CC . Trong hệ cơ sở { 1 ; 2 }, toán tử Hamiltonian có thể được viết dưới dạng ma trận như sau:

11 12

21 22

ˆ H HH H H

     .

Phương trình hàm riêng – trị riêng: 11 12 1 1

21 22 2 2

ˆ H H C CH E E H H C C

                 (*)

Để hệ có nghiệm không tầm thường thì định thức các hệ số phải bằng không:

11 12 12 22

0 H E H H H E

 

2 11 22 12

2 2 11 22 11 22 12 2 2

11 22 11 22 12

( )( ) 0

0

( ) 0

H E H E H H H H E H E E H E H H E H H H

                

2

12 2

2211

2 122211

2 2211

4)( )(4)(

HHH HHHHH

 

=> 2 2

11 22 11 22 12

2 2 11 22 11 22 12

1 ( ( ) 4 ) 2 1 ( ( ) 4 ). 2

E H H H H H

E H H H H H

          

Ứng với mức năng lượng : )4)(( 2 1 2

12 2

22112211 HHHHHE 

Ta đi tìm hàm riêng (hàm trạng thái) bằng cách thay trở lại phương trình hàm riêng trị riêng tìm C1, C2. (*) => H11C1 + H12C2 = EC1

2 2 11 1 12 2 11 22 11 22 12 1

2 2 12 2 22 11 11 22 12 1

2 2 2 22 11 11 22 12 1

12

1 ( ( ) 4 ) 2

1 ( ( ) 4 ) 2

1 ( ( ) 4 ) 2

H C H C H H H H H C

H C H H H H H C

C H H H H H C H

      

     

     

Mặt khác điều kiện chuẩn hóa hàm sóng: 12221  CC  22 2 2 21 22 11 11 22 12 12

12

1 ( ) 4 1 4

C H H H H H C H

      

  2

2 12 1 2

2 2 2 12 22 11 11 22 12

4 4 ( ) 4

HC H H H H H H

      

  2 2

22 11 11 22 12 2 12

2 2 2 12 22 11 11 22 12

( ( ) 4 )

4 ( ) 4

H H H H H C

H H H H H H        

    

  12

1 12 2 2 2

12 22 11 11 22 12

2 4 ( ) 4

HC H H H H H H

         

Vậy ta có một hàm riêng : 1

1

;       

Ứng với mức năng lượng: )4)(( 2 1 2

12 2

22112211 HHHHHE 

Giải tương tự như trên ta tìm được C1 và C2: 12

1 2 2 2 2 2

12 22 11 11 22 12

2 2 22 11 11 22 12

2 2 2 2 2 2

12 22 11 11 22 12

2

4 ( ( ) 4 )

( ( ) 4 ) .

4 ( ( ) 4 )

HC H H H H H H

H H H H H C

H H H H H H

        

           

Vậy ta cũng tìm được 1 trạng thái: 2

2

      

Kiến thức Đối với bài toán này ta cần chú ý rằng hamiltonian của hệ có thể biểu diễn dưới dạng ma trận, trong đó các phần tử ma trận được xác định như sau:

ˆ ˆ1 1 1 2ˆ ˆ ˆ2 1 2 2

H H H

H H

     

Phương pháp giải Để đơn giản trong việc tính toán ta viết hamiltonian và véctơ riêng của hệ dưới dạng ma trận. Trong đó véctơ riêng có dạng tổ hợp tuyến tính của hai véctơ cơ sở. Thay vào phương trình trị riêng và giải hệ ta thu được trị riêng và các véctơ riêng tương ứng. Bài 16.

Cho 'a và "a là trạng thái riêng của toán tử liên hợp A với các giá trị riêng tương ứng a’, a” (a’ a”). Hamiltonian có dạng:

' " " 'H a a a a   Trong đó  là số thực.

a. 'a và "a có phải là trạng thái riêng của H không? Hãy xác định trạng thái riêng và giá trị riêng của H. b. Giả sử rằng ở thời điểm t = 0 hệ nằm ở trạng thái 'a . Hãy xác định véctơ trạng thái tại thời điểm t > 0 trong bức tranh Schrodinger. c. Xác suất tìm thấy hạt ở trạng thái 'a tại thời điểm t > 0 là bao nhiêu, biết rằng ở thời điểm t = 0 hệ ở trạng thái 'a . Lời giải a)

Để xác định 'a và "a có phải là trạng thái riêng của Hˆ không ta xét :

   

0 1

1 0

ˆ ˆ' ' '' ' '' ' ' ' '' 1

ˆ ˆ'' ' '' '' '' ' '' '' ' 2

H a a a a a a a H a a

H a a a a a a a H a a

  

  

   

     

 

(1) và (2)  ' ''a avaø không là trạng thái riêng của Hˆ . Để tìm véctơ riêng và trạng thái riêng của Hˆ , ta giải phương trình trị riêng:

Hˆ E  Trong đó: đặt 1 2C a C a    là véctơ trạng thái riêng và E là trị riêng của Hˆ . Thay vào phương trình trên ta có: � 1 2 1 2( ) ( )H C a C a E C a C a     

1 22 1 2( ' " " ' ) ( ) ( )a a a a C a C a E C a C a          2 1 1 2C a C a EC a EC a       

1 2

1 2

0

0

EC C

C EC

       

Viết dưới dạng ma trận: 1

2

0

0

CE E C 

  

             .

Để phương trình có nghiệm không tầm thường thì định thức sau phải bằng không, ta có:

2 20 0 E

E E E   

        .

Với E  ta có: 2 1 1 20C C C C    

mà 2 21 2 1C C  21 1 2 1

2 1 2

C C C     

Khi đó, với 1 2 1

2 C C   ta có véctơ trạng thái riêng :

1 1

2 2 a a   

hoặc với 1 2 1

2 C C   ta có véctơ trạng thái riêng :

1 1

2 2 a a    

Vậy ứng với trị riêng E  , ta có véctơ trạng thái riêng tương ứng là :

1 1 1

2 2 a a   

Với E   ta có: 2 1 1 20C C C C     

mà 2 21 2 1C C  21 1 2 1 1

2 1 ; 2 2

C C C       .

Khi đó, với 1 2 1 1

; 2 2

C C   ta có véctơ trạng thái riêng :

1 1

2 2 a a   

hoặc với 1 2 1 1

; 2 2

C C   ta có véctơ trạng thái riêng:

1 1

2 2 a a    

Vậy ứng với trị riêng E   , ta có véctơ trạng thái riêng tương ứng là: 2

1 1

2 2 a a   

b)

Khi t=0, hệ ở trạng thái 1 1 2 2a a a    . Khi t > 0, ta xét phương trình Schrodinger phụ thuộc thời gian để xác định véctơ trạng thái riêng ở thời điểm t.

Hˆ E i t

    

Từ phương trình trên ta thấy véctơ trạng thái riêng có thể viết dưới dạng:

( ) ( )r A t   Giải phương trình Schrodinger ta thu được :

( ) i Et

A t e  

Từ đây ta có hai véctơ trạng thái riêng ở thời điểm t:

1 1 2 2( ) ; ( ) i it t

t e t e       

Khi t >0, hệ ở trạng thái :

  1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( ) i it t

a t a a a e a et t     

      

Thay 1 , 2 ở câu a vào ta có:

  1 21 1 1 1 (*) 2 2 2 2

i it t a t a a a e a a a e

                   

  1 1 2 2 2 2 2 2

i it ta a a a a t a a e a a e

                     .

Khi t=0 ta có:   1 2 1 20 2 2

a a a a a t a a

      nên để hệ ở trạng

thái a thì ta phải có 1 2 1 2

a a  .

Vì vậy véctơ trạng thái ở thời điểm t > 0 là :

  1 11 22 2 i it t

a t e e   

    

c)

Thay 1 2 1

2 a a  vào công thức (*) ta có:

  1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2

i it t a t a a e a a e

                   

  1 1 1 1 2 2 2 2

i i i it t t t a t e e a e e a

                         

Xác suất để hệ nằm ở trạng thái a ở thời điểm t > 0 là: 2

1 1 2( , ) cos 2 2

i it t t P a t e e

       

Nhận xét Bài toán tìm trị riêng và véctơ riêng là dạng bài toán khó. Vì khi chuẩn hóa véctơ riêng về độ lớn, véctơ riêng có hai hướng ngược nhau. Nhưng ta chỉ chọn một trong hai hướng.

Phân tích (nhóm bài 14, 15, 16)

1. Nhận xét Đây là những bài toán phù hợp với chương trình cơ học lượng tử của Đại học Sư Phạm. Từ kết quả bài toán ta thấy rằng trong không gian hai chiều thì toán tử hamiltonian đã cho có hai véctơ riêng ứng với hai trị riêng. Tuy nhiên trong quá trình làm bài, với mỗi trị riêng ta có hai cặp hệ số

1 2,C C nhưng chúng ta chỉ chọn một trong hai giá trị đó. Vì khi chuẩn hóa, véctơ riêng sẽ có hai hướng ngược nhau thỏa mãn điều kiện chuẩn hóa. Một véctơ không thể đồng thời có hai hướng, do đó ta chỉ chọn một trong hai giá trị. 2. Kiến thức

Với dạng bài tập này ta cần chú ý phương trình trị riêng và phương trình Schrodinger, và cách biểu diễn toán tử dưới dạng ma trận. 3. Phương pháp giải Viết véctơ riêng dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các cơ sở trực chuẩn sau đó thay vào phương trình trị riêng để xác định trị riêng và các hệ số biểu diễn. Bài 17.

Xét ba hạt đồng nhất spin 1 tương tác yếu với nhau. a. Giả sử hàm toạ độ của hệ là đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt bất kỳ. Ký hiệu, ví dụ 0  , để chỉ trạng thái của hệ trong đó hạt 1 ở trạng thái có 1zS  , hạt 2 có 0zS  , hạt 3 có 1zS   . Hãy viết hàm spin của hệ trong các trường hợp sau:

 Cả 3 hạt ở trạng thái   2 hạt ở trạng thái  , 1 hạt ở trạng thái 0  Cả 3 hạt ở trạng thái spin khác nhau

Spin tổng cộng trong từng trường hợp là bao nhiêu? b. Hãy xét như phần a, nếu hàm toạ độ là phản đối xứng đối với phép

hoán vị hai hạt bất kỳ. Lời giải Hệ hạt đồng nhất spin 1 (hệ hạt bôson)  hàm toàn phần là hàm đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt bất kỳ. Vì các hạt tương tác yếu với nhau nên có thể xem các hạt là độc lập. Hàm sóng toàn phần có thể viết dưới dạng tích của hàm tọa độ và hàm spin. a)

Hàm tọa độ là hàm đối xứng với phép hoán vị hai hạt bất kỳ  hàm spin đối xứng với phép hoán vị hai hạt bất kỳ.

 Cả ba hạt ở trạng thái  :     

Spin tổng cộng là S = 3.  Hai hạt ở trạng thái  , một hạt ở trạng thái 0 :

 =  1 0 + 0 + 0 3

     

 =  1 S 6 

  

Với S- = S1- + S2- + S3- Sj- = Sjx - iSjy là toán tử xuống thang tương ứng với hạt j.

Mà toán tử S- không làm thay đổi spin toàn phần của hệ nên spin tổng cộng là S = 3.

 Cả ba hạt ở các trạng thái spin khác nhau :  =  1 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0

6            

Trạng thái này có thể là trạng thái 3,0S  hoặc 1,0S  hoặc 0,0S  Chú ý: trạng thái S=2 không có tính đối xứng xác định. Trạng thái 3,0S  phải chứa số hạng 0 0 0 vì nó nhận được bằng cách tác dụng toán tử (S-)3 lên 3,3 . Véctơ 0,0 bất biến đối với mọi phép quay trong không gian. Do đó, nó phải là tổ hợp của các véctơ :

     1 1 1 2 2 2 3 3 3, 0 , ; , 0 , ; , 0 ,a b c          Sao cho bất biến đối với phép quay => có dạng .a b c  

  .

=> Véctơ 0,0S  phải là phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt bất kỳ. => trạng thái đã viết đầu tiên là 1,0S  .

b)

Hàm tọa độ là hàm phản đối xứng với phép hoán vị hai hạt bất kỳ  hàm spin của hệ cũng là hàm phản đối xứng với phép hoán vị hai hạt bất kỳ  trường hợp dạng có thể là cả ba hạt ở trạng thái spin khác nhau. Spin tổng cộng S = 0.

' 1 0 0 0 3!

   

   

 ' 1 0 0 + 0 0 + 0 0 6

                

Nhận xét Vì hình chiếu spin lên một trục bất kỳ có hai giá trị 1

2  nên rất khó

xác định hướng của spin. Vì vậy việc tính spin toàn phần của hệ nhiều hạt càng khó. Bài tập này có thể đưa vào chương trình cao học. Bài 18.

Cho hệ gồm hai electron không tương tác trong hố thế một chiều có thành cao vô hạn, bề rộng a.

a. Tìm hàm sóng, mức năng lượng, bậc suy biến của hệ ở trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích đầu tiên.

b. Nếu tính đến tương tác spin-spin của hai electron 1 2ˆ ˆVˆ JS S , với 1 2ˆ ˆ,S S là các toán tử spin của hai electron, J > 0 là hằng số, thì các mức năng lượng trên và bậc suy biến tương ứng thay đổi như thế nào?.

Lời giải

Hạt chuyển động trong hố thế sâu vô hạn bề rộng a thì hàm sóng và năng lượng của một hạt có dạng:

2 2 2

2

2 2 2

2

2( ) sin , E 2

2( ) sin , E 2

n n

k k

n x nx a a ma

k x kx a a ma

   

 

 

Vì hệ hai electron nên hàm sóng toàn phần là phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt, có dạng: 1 2 1 2(1, 2) ( , ) (1, 2) ( , ) (1, 2)a a s s ax x x x      Trạng thái cơ bản có n = k = 1.

1 2 1 2 1 2

1 2(1,2) ( , ) (1, 2) sin sin sin sin (1,2) 0 2a a s s

x x x xx x a a a a a

            

   

1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

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

2 = sin sin

a s a

z z z z

z z z z

x x x x x x S S S S

a a a a a x x S S S S

a a a

     

 

               

        

Năng lượng 2 2 2 2 2 21 02 2 22 22 2 2E ma ma ma          .

Trạng thái kích thích đầu tiên: n = 1, k = 2( hoặc n = 2, k = 1), hàm sóng của hệ có dạng:

  1 1 2

1 2 1 2 1 2

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

2 22 = sin sin sin sin

a s

z z

x x

x x x x S S a a a a a

     

         

  2 1 2

1 2 1 2 1 2

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

2 22 = sin sin sin sin

a s

z z

x x

x x x x S S a a a a a

     

         

  3 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

(1, 2) ( , ) (1, 2) 2 21 = sin sin sin sin

a s

z z z z

x x x x x x S S S S

a a a a a

     

              

  4 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

(1, 2) ( , ) (1, 2) 2 21 = sin sin sin sin

s a

z z z z

x x x x x x S S S S

a a a a a

     

              

Bậc suy biến bằng 4. Năng lượng: 2 2 2 2 2 22 02 2 24 5 52 2 2E ma ma ma

         .

Khi có tương tác spin-spin lên hai electron, phương trình Schrodinger của hệ :

  2 2

2

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 22 2

ˆ ˆ ˆ( ) - 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ- - 2 2 x x y y z z

dH V E V E m dx

d dJS S E J S S S S S S E m dx m dx

                     

 

Vì toán tử V chỉ tác dụng lên hàm spin nên ta tách phương trình trên thành hai phần:

  2 2

12

1 2 1 2 1 2

- (1) 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ (2)x x y y z z

d E m dx

J S S S S S S E

   

    

Phương trình 1 có nghiệm như ở trên, ta xét phương trình 2:  1 2 1 2 1 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ x x y y z zJ S S S S S S E     .

Đối với trạng thái cơ bản, ta có :   

  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ x x y y z z z z z z

z z z z

J S S S S S S S S S S

E S S S S

                     

   21 2 1 2 1 2 1 2 1 2ˆ ˆ .4z z z z z z z z z zS S S S S S S S S S                     

       

1 2 1 2 1 2

1 2 2 2 2 1 2 1 2

2

1 1 1 1 2 1 2 1

2

2 1 1 2

ˆ ˆ

ˆ 2

4

. 4

x x z z z z

x z z z z z z z z

z z z z z z z z

z z z z

S S S S S S

S S S S S S S S S

S S S S S S S S

S S S S

                           

                  

          

         

1 2 1 2 1 2

1 2 2 2 2 1 2 1 2

2 2

1 1 1 1 2 1 2 1

2

1 2 1 2

ˆ ˆ

ˆ 2

4

. 4

y y z z z z

y z z z z z z z z

z z z z z z z z

z z z z

S S S S S S

iS S S S S S S S S

i S S S S S S S S

S S S S

                            

                    

          

Vậy:   

    1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

3 4

x x y y z z z z z z

z z z z z z z z

J S S S S S S S S S S

E S S S S J S S S S

                                

23 4

E J    

Năng lượng ở trạng thái cơ bản không suy biến. Đối với trạng thái kích thích thứ nhất: Khi hàm spin có dạng:  1 2z zS S        1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ .x x y y z z z z z zJ S S S S S S S S E S S           

  21 2 1 2 1 2ˆ ˆ .4z z z z z zS S S S S S             

  1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2

2

1 2 1 1 1 1 1 2 1

2

1 2

ˆ ˆ ˆ 2

ˆ 2 4

. 4

x x z z x z z z z z z

x z z z z z z z z

z z

S S S S S S S S S S S

S S S S S S S S S

S S

                 

                  

    

 

      

1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2

2

1 2 1 1 1 1 1 2 1

2

1 2

ˆ ˆ ˆ 2

ˆ 2 4

. 4

y y z z y z z z z z z

y z z z z z z z z

z z

iS S S S S S S S S S S

iS S S S S S S S S

S S

                  

                    

     

 

Vậy:     1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆx x y y z z z z z zJ S S S S S S S S E S S           

   

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 1 2

2

1 2 1 1 2

2

1

J 4 4 4

J 4

J 4

z z z z z z z z

z z z z

S S S S S S E S S

S S E S S

E

                                  

  

  

Khi hàm spin có dạng:  1 2z zS S        1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆx x y y z z z z z zJ S S S S S S S S E S S           

  21 2 1 2 1 2ˆ ˆ 4z z z z z zS S S S S S             

  1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2

2

1 2 1 1 1 1 1 2 1

2

1 2

ˆ ˆ ˆ 2

ˆ 2 4

. 4

x x z z x z z z z z z

x z z z z z z z z

z z

S S S S S S S S S S S

S S S S S S S S S

S S

                 

                  

    

 

      

1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2

2

1 2 1 1 1 1 1 2 1

2

1 2

ˆ ˆ ˆ 2

ˆ 2 4

. 4

y y z z y z z z z z z

y z z z z z z z z

z z

iS S S S S S S S S S S

iS S S S S S S S S

S S

                  

                    

     

 

Vậy:     

   

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2 2 1 2

2

1 2 2 1 2

2

2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

J 4 4 4

J 4

J 4

x x y y z z z z z z

z z z z z z z z

z z z z

J S S S S S S S S E S S

S S S S S S E S S

S S E S S

E

                                   

          

  

  

Khi hàm spin có dạng:  1 2 1 2z z z zS S S S           

  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

3 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ x x y y z z z z z z

z z z z

J S S S S S S S S S S

E S S S S

                     

   21 2 1 2 1 2 1 2 1 2ˆ ˆ 4z z z z z z z z z zS S S S S S S S S S                     

       

1 2 1 2 1 2

1 2 2 2 2 1 2 1 2

2

1 1 1 1 2 1 2 1

2

2 1 1 2

ˆ ˆ

ˆ 2

4

. 4

x x z z z z

x z z z z z z z z

z z z z z z z z

z z z z

S S S S S S

S S S S S S S S S

S S S S S S S S

S S S S

                           

                  

         

         

1 2 1 2 1 2

1 2 2 2 2 1 2 1 2

2 2

1 1 1 1 2 1 2 1

2

1 2 1 2

ˆ ˆ

ˆ 2

4

. 4

y y z z z z

y z z z z z z z z

z z z z z z z z

z z z z

S S S S S S

iS S S S S S S S S

i S S S S S S S S

S S S S

                            

                    

          

       

1 2 1 2 3 1 2 1 2

2

1 2 1 2 3 1 2 1 2

2

3

ˆ

4

4

z z z z z z z z

z z z z z z z z

V S S S S E S S S S

J S S S S E S S S S

E J

                                        

  

Khi hàm spin có dạng:  1 2 1 2z z z zS S S S           

  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

4 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ x x y y z z z z z z

z z z z

J S S S S S S S S S S

E S S S S

                     

   21 2 1 2 1 2 1 2 1 2ˆ ˆ 4z z z z z z z z z zS S S S S S S S S S                     

       

1 2 1 2 1 2

1 2 2 2 2 1 2 1 2

2

1 1 1 1 2 1 2 1

2

2 1 1 2

ˆ ˆ

ˆ 2

4

. 4

x x z z z z

x z z z z z z z z

z z z z z z z z

z z z z

S S S S S S

S S S S S S S S S

S S S S S S S S

S S S S

                           

                  

          

         

1 2 1 2 1 2

1 2 2 2 2 1 2 1 2

2 2

1 1 1 1 2 1 2 1

2

1 2 1 2

ˆ ˆ

ˆ 2

4

. 4

y y z z z z

y z z z z z z z z

z z z z z z z z

z z z z

S S S S S S

iS S S S S S S S S

i S S S S S S S S

S S S S

                            

                    

          

       

1 2 1 2 4 1 2 1 2

2 1 2 1 2 4 1 2 1 2

2 4

ˆ

3 4

3 4

z z z z z z z z

z z z z z z z z

V S S S S E S S S S

J S S S S E S S S S

E J

                                         

   

Vậy mức năng lượng 2 2 21 25 42E E E Jma       suy biến bậc ba

và mức năng lượng 2 2 21 2 35 42E E E Jma       suy biến bậc một.

Phân tích

1. Nhận xét Ta thấy rằng khi có xảy ra tương tác spin giữa các hạt thì năng lượng của hệ tiếp tục bị suy biến. Đây là bài toán khó, qua bài toán này chúng ta hiểu rõ hơn về sự tương tác spin giữa các hạt. 2.Kiến thức Đối với hạt chuyển động trong hố thế, ta tìm được hàm sóng của một hạt bằng cách giải phương trình Schrodinger. Như ta đã biết, đối với hệ hạt electron có spin bán nguyên thì hàm sóng là phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt. Bài 19.

Xét hệ hai electron chuyển động một chiều, có cùng trạng thái spin. Thế năng tương tác giữa chúng là: 0 0( )

0 V

V x   

Năng lượng thấp nhất của hệ 2 electron là bao nhiêu? Gỉa thiết rằng xung lượng tổng cộng bằng 0. Lời giải Hàm sóng toàn phần của hệ hai electron: 1 2 1 2( , ) ( , )x x s s   Hàm  là hàm phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt, mà 2 electron đang xét có cùng trạng thái spin nên hàm  là hàm đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt do đó hàm  là hàm phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt. Toán tử Hamilton 2 21 2 1 2

1 2

ˆ ˆˆ ( ) 2 2 p pH V x x m m

   

Đặt 1 2x x x  xác định vị trí tương đối giữa các hạt 1 1 2 2

1 2

m x m xX m m   : tọa độ khối tâm của hệ

1 2M m m  : khối lượng của hệ 1 2

1 2

mm m m

   : khối lượng rút gọn của hệ hai hạt

2 1 1 21 2 1 2

0, m p m pP p p p m m

    

Vậy: 2 2 2 21 2 1 2

ˆ

2 2 2 2 p p P p m m M   

Nên : 2ˆˆ ( )

2 pH V x  , vậy phương trình Schrodinger có dạng :

2

( ) ( ) ( ) ( ) 2

x V x x E x x   

    .

Đây là phương trình Schrodinger đối với một hạt có khối lượng  chuyển động trong trường thế V(x).

Ta đã đưa chuyển động của hai hạt về chuyển động của khối tâm 1 2

1 2

mm m m

   có tọa độ 1 2x x x  và chịu tác dụng của thế năng:

0 ( ) 0

V x a V x

x a

   

Thế năng V(x) có thể biểu diễn như giếng thế vuông góc có chiều sâu hữu hạn. Ta đi giải bài toán tìm năng lượng của một hạt trong giếng thế một chiều vuông góc có chiều sâu hữu hạn. Ta chia bài toán thành 3 vùng: Vùng 1 : x < -a

Vùng 2: -a ≤ x ≤ a Vùng 3: x > a

Xét E < 0.

Ta có phương trình Schrodinger như sau : 2

2 2: 0

dx a k dx     với 02 22 ( )V Ek   

2 2 02: 0

dx a k dx     với 20 22 Ek  

Miền ngoài có nghiệm 0 0( ) k x k xx Ce De   . Để hàm sóng hữu hạn thì : 0( ) k xx Ce  khi x < -a 0( ) k xx De  khi x > a Miền trong hố thế phương trình có nghiệm như sau:

( ) cos sinx A kx B kx   với x a

Sử dụng điều kiện liên tục tại x a  ta có : 0 0

0 0

0 0

0 0

0 0

0 0

cos sin cos sin 0

( sin cos ) ( sin cos ) 0

cos sin cos sin 0

( sin cos ) ( sin cos ) 0

k a k aCe A ka B ka A ka B ka Ce k a k ak Ce k A ka B ka k A ka B ka k Ce

k a k aDe A ka B ka A ka B ka De k a k ak De k A ka B ka k A ka B ka k De

  

                      

 

Để hệ trên có nghiệm thì định thức các hệ số phải bằng 0. 0

0

0

0

cos -sinka -e 0

sinka k cos -k e 0

coska sinka 0 e

sin -kcoska

k aka k ak ka

k a

k ka

 

 0

0

0

0 -k e k a

 

0 0 0k ktgka tgka k k

         

Trường hợp 1 : 0k ktgka . Thay vào hệ phương trình ta có

cos sin (1)

( sin cos ) (2)

cos sin (3)

( sin cos ) (4)

ktgkaCe A ka B ka ktgkaktgkaCe k A ka B ka

ktgkaDe A ka B ka ktgkaktgkaDe k A ka B ka



     

     

Giải hệ ta được : 0 A=C D=C cos

katgkaeB ka

  .

Vậy hàm sóng được viết như sau : 0

0

( ) khi x<-a ( ) khi x>a

( ) cos cos khi cos

k x

k x

katgka

x Ce x Ce

ex A kx C kx x a ka

       

Hằng số C được xác định từ điều kiện chuẩn hóa :

0 0

0 0

0

2 2 2 22 2 2 2

2

2 2 22 2 2

2 0 0

2 2 2 2

2 0

( ) 1 cos 1 cos

1 1 1 (1 cos 2 ) + = 1 2 cos 2 2

+ 2 2cos

a a katgka k x k x

a a akatgkaak x k x

a a

katgka k a

ex dx C e dx C kx dx C e dx ka

eC e C kx dx C e k ka k

C ee C k ka

   

    

  

     

    

    

0

0

0 0

2 2

0 2 2

2 2 2

0

2 22 2 2 2

2 2

1 sin 2 + = 1 2 2

1 2 sin 2 1 2cos

1 sin 1 sin 1 (1 ) 1 cos cos cos

a k a

a

katgka k a

k a k a

katgka

Cx kx e k k

C ee C a ka k ka k

a ka kaC e C a tg ka e ktgka ka k ka ktgka k ka

ktgkaeC kat

 

 

          

                    3 2 1g ka ktg ka katgka   Ta có:

2 02 2 0 1

0 2 2 2 2

2 ( ) 2 2V E E V Ck k a

         với 2

2 0 1 2

2 V aC   . 2 2 2 2 2 2 2 2

0 1 0 1

0

k k = ktgka k a k a C a C k a     

maø

Vậy: 2 2 21C k atgka ka  .

Đặt 2 2 211 2, C k ay tgka y ka   ta khảo sát hai hàm số này, giao diểm của hai

hàm số là nghiệm của phương trình. Trường hợp 2 : 0k ktgka  Thay vào hệ phương trình ta có :

cos sin (1) ( sin cos ) (2)

cos sin (3) ( sin cos ) (4)

ktgka

ktgka

ktgka

ktgka

Ce A ka B ka ktgkaCe k A ka B ka

De A ka B ka ktgkaDe k A ka B ka

        

Giải hệ ta được : 0 A=C D=C cos

katgkaeB ka

Vậy hàm sóng được viết như sau :

0

0

( ) khi x<-a ( ) khi x>a

( ) cos cos khi cos

k x

k x

katgka

x Ce x Ce

ex A kx C kx x a ka

        

Hằng số C được xác định từ điều kiện chuẩn hóa : 0 0

0 0

0

2 2 2 22 2 2 2

2

2 2 22 2 2

2 0 0

2 2 2 2

2 0

( ) 1 cos 1 cos

1 1 1 (1 cos 2 ) + = 1 2 cos 2 2

1 + 2 2cos

a a katgka k x k x

a a akatgkaak x k x

a a

katgka k a

ex dx C e dx C kx dx C e dx ka

eC e C kx dx C e k ka k

C ee C x k ka

   

      

     

     

    

0

0

0 0

2 2

0 2 2

2 2 2

0

2 22 2 2 2

2 2

3

sin 2 + = 1 2 2

1 2 sin 2 1 2cos

1 sin 1 sin 1 (1 ) 1 cos cos cos

a k a

a

katgka k a

k a k a

katgka

Ckx e k k

C ee C a ka k ka k

a ka kaC e C a tg ka e ktgka ka k ka ktgka k ka

ktgkaeC katg k

 

          

                    2 1a ktg ka katgka   Ta có:

2 02 2 0 1

0 2 2 2 2

2 ( ) 2 2V E E V Ck k a

         với 2

2 0 1 2

2 V aC   . 2 2 2 2 2 2 2 2

0 1 0 1

0

k k = -ktgka k a k a C a C k a     

maø

Vậy: 2 2 21C k atgka ka   .

Đặt 2 2 213 4, C k ay tgka y ka    ta khảo sát hai hàm số này, giao diểm của hai

hàm số là nghiệm của phương trình. Khi 1 2

C  chỉ tồn tại một mức năng lượng (các đường cong 1 2, y y cắt nhau tại một điểm, 3 4, y y không cắt nhau). Bài 20.

Hai hạt fermion đồng nhất spin 1 2

nằm trong hố thế vô hạn một chiều độ rộng L, giữa chúng có thế tương tác 1 2( )V x x có thể xem như là nhiễu loạn.

a. Hãy viết hàm sóng của hệ tương ứng với 3 mức năng lượng thấp nhất thông qua các hàm sóng 1 hạt, nếu bỏ qua tương tác giữa các hạt. Spin của các trạng thái này là bao nhiêu ?.

b. Hãy tính năng lượng của các trạng thái kích thích thứ nhất và thứ hai trong khuôn khổ bậc 1 của lí thuyết nhiễu loạn . Viết kết quả dưới dạng các tích phân.

Lời giải a )

Hạt chuyển động trong hố thế sâu vô hạn bề rộng L thì hàm sóng và năng lượng của một hạt có dạng:

2 2 2

2

2 2 2

2

2( ) sin , E 2

2( ) sin , E 2

n n

k k

n x nx a a ma

k x kx a a ma

   

 

 

Vì hệ hai fermion nên hàm sóng toàn phần là phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt, có dạng:

1 2

1 2

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

a a s

a s a

x x x x

   

   

Trạng thái cơ bản có n = k = 1, 2 2 2 2 2 21 02 2 22 22 2 2E mL mL mL         

1 2 1 2 1 2

1 2(1,2) ( , ) (1,2) sin sin sin sin (1,2) 0 2a a s s

x x x xx x L L L L L

            

1 2(1, 2) ( , ) (1,2)a s ax x  

 1 2 1 2 1 2 1 21 2 1sin sin sin sin2 2 z z z z x x x x S S S S

L L L L L                 

 1 2 1 2 1 22= sin sin z z z zx x S S S SL L L           Ở trạng thái cơ bản năng lượng của hệ không bị suy biến. Spin toàn phần của hệ bằng 0. Trạng thái kích thích đầu tiên: n = 1, k = 2 ( hoặc n = 2, k = 1) Năng lượng: 2 2 2 2 2 22 02 2 24 5 52 2 2E ma ma ma

         .

Hàm sóng toàn phần có thể có các trường hợp sau: 1 2

1 2

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

a a s

a s a

x x x x

   

   

1 2

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

1 2

1

(1, 2) ( , ) (1,2) 2 21 2 sin sin sin sin

2 2 22 = sin sin sin sin

(1,2) ( , ) (1,2) 1 2 sin s 2

a a s

z z

z z

a a s

x x x x x x S S

a a a a a

x x x x S S a a a a a

x x x

a a

     

   

  

          

         

 

2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1

2 2in sin sin

2 22 = sin sin sin sin

(1,2) ( , ) (1,2) 2 21 2 1sin sin sin sin

2 2 1= sin

z z

z z

a a s

z z z z

x x x S S a a a

x x x x S S a a a a a

x x x x x x S S S S

a a a a a x

a

  

   

     

               

               

 2 1 2 1 2 1 22 2sin sin sin z z z zx x x S S S Sa a a a               Spin toàn phần của hệ trong trường hợp hàm spin đối xứng bằng 1.

   

1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

(1, 2) ( , ) (1, 2) 2 21 2 1sin sin sin sin

2 2 2 21= sin sin sin sin

a s a

z z z z

z z z z

x x x x x x S S S S

a a a a a x x x x S S S S

a a a a a

     

   

               

            

Spin toàn phần của hệ bằng 0.

Vậy: mức năng lượng ở trạng thái kích thích đầu tiên suy biến bậc 4. Trạng thái kích thích thứ hai có n = 2, k = 3 ( hoặc n = 3, k = 2) Năng lượng: 2 2 2 2 2 23 02 2 24 9 13 132 2 2E ma ma ma

         .

Hàm sóng toàn phần của hệ là phản đối xứng, có các trường hợp sau: 1 2

1 2

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

a a s

a s a

x x x x

   

   

1 2

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

1 2

(1, 2) ( , ) (1,2) 2 3 3 21 2 sin sin sin sin

2 2 3 3 22 = sin sin sin sin

(1,2) ( , ) (1,2) 21 2 sin

2

a a s

z z

z z

a a s

x x x x x x S S

a a a a a

x x x x S S a a a a a

x x

a

     

   

 

          

         

 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

3 3 2sin sin sin

2 3 3 22 = sin sin sin sin

(1,2) ( , ) (1,2) 2 3 3 21 2 1sin sin sin sin

2 2

z z

z z

a a s

z z z z

x x x x S S a a a a

x x x x S S a a a a a

x x x x x x S S S S

a a a a a

   

   

     

               

                

 1 2 1 2 1 2 1 22 3 3 21= sin sin sin sin z z z zx x x x S S S Sa a a a a    

             Spin toàn phần của hệ trong trường hợp hàm spin đối xứng bằng 1.

   

1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

(1, 2) ( , ) (1, 2) 2 3 3 21 2 1sin sin sin sin

2 2 2 3 3 21= sin sin sin sin

a s a

z z z z

z z z z

x x x x x x S S S S

a a a a a x x x x S S S S

a a a a a

     

   

               

             Spin toàn phần của hệ bằng 0. Vậy: mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ hai suy biến bậc 4. b )

Khi có thế tương tác 1 2( )V x x giữa hai hạt xem như nhiễu loạn, bổ chính năng lượng của hệ được tính:

      2

ˆ ˆ 0ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ 0

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 0

a a a s

s a s s

a a s s s a a s

a a s s a a s s s a a s

V E V

V V E

V E V E V V

E V V E V V V V

               

           

                  

1 2 1 22 2sin sin , sin sinx x x xA B a a a a     

     

* 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

ˆ ˆ

2 2 2 2ˆsin sin sin sin sin sin sin sin

ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ

a a a aV V dx dx

x x x x x x x xV dx dx a a a a a a a a

A B V A B dx dx

AVA AVB BVA BVB dx dx

           

            

      

   

     

* 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

ˆ ˆ

2 2 2 2ˆsin sin sin sin sin sin sin sin

ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ

s s s sV V dx dx

x x x x x x x xV dx dx a a a a a a a a

A B V A B dx dx

AVA AVB BVA BVB dx dx

           

            

      

   

     

* 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

ˆ ˆ

2 2 2 2ˆsin sin sin sin sin sin sin sin

ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ

s a s aV V dx dx

x x x x x x x xV dx dx a a a a a a a a

A B V A B dx dx

AVA AVB BVA BVB dx dx

           

            

      

   

     

* 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

ˆ ˆ

2 2 2 2ˆsin sin sin sin sin sin sin sin

ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ

a s a sV V dx dx

x x x x x x x xV dx dx a a a a a a a a

A B V A B dx dx

AVA AVB BVA BVB dx dx

           

            

      

   

     

1 2 1 2

1 2

ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ2 2

a a s sV V

AVA AVB BVA BVB dx dx AVA AVB BVA BVB dx dx

AVA BVB dx dx

                

     

 

1 2 1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1

ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ -

ˆ

a a s sV V

AVA AVB BVA BVB dx dx AVA AVB BVA BVB dx dx

AVAdx dx AVAdx dx AVBdx dx AVAdx dx BVAdx dx

AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx AVAdx dx AVBdx dx

AVBdx

             

  

            

    2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ -

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ +

dx BVAdx dx AVBdx dx BVBdx dx BVAdx dx AVAdx dx

BVAdx dx AVBdx dx BVAdx dx BVAdx dx BVBdx dx BVBdx dx

BVBdx dx AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx BVBdx dx B

    

 

               

        1 2

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ 2 -2

VAdx dx

AVAdx dx AVBdx dx BVAdx dx BVBdx dx

AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx BVAdx dx

    

        

     

 

1 2 1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ

s a a sV V

AVA AVB BVA BVB dx dx AVA AVB BVA BVB dx dx

AVAdx dx AVAdx dx AVBdx dx AVAdx dx BVAdx dx

AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx AVAdx dx AVBdx dx

AVBdx dx B

                 

           

    1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

VAdx dx AVBdx dx BVBdx dx BVAdx dx AVAdx dx

BVAdx dx AVBdx dx BVAdx dx BVAdx dx BVBdx dx BVBdx dx

BVBdx dx AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx BVBdx dx BVAdx dx

        

                         2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ 2 2

AVAdx dx AVBdx dx BVAdx dx BVBdx dx

AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx BVAdx dx

             

   2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆa a s s a a s s s a a sE V V E V V V V                

                   

2 2 22 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2 -2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2

E AVA BVB dx dx E AVAdx dx AVBdx dx BVAdx dx

BVBdx dx AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx BVAdx dx AVAdx dx

AVBdx dx BVAdx dx BVBdx dx AVAdx dx BVBdx dx

              

              

1 2 1 2 ˆ ˆ2 0AVBdx dx BVAdx dx  

   2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ2 4

ˆ ˆ 4 0

E AVA BVB dx dx E AVAdx dx BVBdx dx

AVBdx dx BVAdx dx

       

    

       

2 '

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ4 4

ˆ ˆ ˆ ˆ 2

ˆ ˆ ˆ ˆ 4 4

ˆ ˆ

AVA BVB dx dx AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx BVAdx dx

AVAdx dx BVBdx dx AVAdx dx BVBdx dx

AVAdx dx BVBdx dx AVBdx dx BVAdx dx

AVA BVB dx

         

   

        

     21 2 1 2 1 2ˆ ˆ4dx AVBdx dx BVAdx dx     

   ' ' 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ4

2 2 2 2ˆ ˆsin sin sin sin sin sin sin sin

2 2 2ˆsin sin sin sin sin sin

bE AVA BVB dx dx AVA BVB dx dx AVBdx dx BVAdx dx a x x x x x x x xV V dx dx a a a a a a a a

x x x x x xV a a a a a

       

     

                

 

    

2 1 2

1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2ˆ sin sin

2 2 2 2ˆ ˆ4 sin sin sin sin sin sin sin sin

x xV dx dx a a a

x x x x x x x xV dx dx V dx dx a a a a a a a a

 

       

       

  

Nhận xét Đối với những bài toán nhiễu loạn có suy biến thì việc tính bổ chính năng lượng phức tạp hơn rất nhiều. Ta phải giải hệ n phương trình đối với trường hợp năng lượng suy biến bội n.

11 12 1

21 22 2

1 2

0

n

n

n n nn

V E V V V V E V

V V V E

  



 

    

Với E là bổ chính năng lượng. Bài 21.

Hình chiếu của spin của electron lên trục z là 1 2

. Tìm xác suất hình

chiếu spin lên trục z’ (lập góc  với trục z) là 1 2

(hoặc 1 2

 ) . Tìm giá trị trung bình của hình chiếu spin lên trục z’. Lời giải Hình chiếu của spin ˆˆ S   trên phương r

 được đặc trưng bằng ma trận:

ˆˆ .

0 1 0 1 0 1 0 0 0 1

x y zr x y z

i z x iy x y z

i x iy z

                                   

 

Thực hiện phép biến đổi unita Sˆ thì hàm sóng hai thành phần 1

2

       

chuyển thành hàm ' S   và ma trận ˆ chuyển thành ma trận ˆ ˆˆ ˆ' S S   với ˆ ˆ ˆ ˆSS S S I   (I là ma trận đơn vị). Phép biến đổi unita không

làm thay đổi trị riêng và các phần tử ma trận. Ta tìm ma trận Sˆ khi thực hiện phép quay hệ tọa độ trong không gian quanh gốc O để chuyển ˆ về ˆ ' và

chuyển  về 1 2

' '

'        

.

Nếu quay hệ tọa độ Oxyz xung quanh trục Oz một góc  thì ta có :

' cos sin ' sin cos '

x x y y x y z z

   

    

2 2

2 2

' ' ' ( )ˆ ' ' ' ' ( )

0 0 ˆ ˆˆ( ) ( ) 0 0

i

i

i i

i i

z x iy z x iy e x iy z x iy e z

e z x iy e S S

x iy z e e

 

 

 

  

 

                                  

Trong đó 2 2

2 2

0 0ˆ ˆ( ) , ( ) 0 0

i i

i i

e e S S

e e

 

   

 

                

Nếu quay hệ tọa độ Oxyz xung quanh trục Ox một góc  thì ta có :

' ' cos sin ' sin cos

x x y y z z y z

   

     

' ' ' sin cos cos sin ˆ '

' ' ' cos sin sin cos

cos sin cos sin 2 2 2 2 ˆ ˆˆ( ) ( )

sin cos sin cos 2 2 2 2

z x iy y z x iy iz x iy z x iy iz y z

i iz x iy S S

x iy zi i

           

      

                                         

Trong đó: cos sin cos sin

2 2 2 2ˆ ˆ( ) , ( ) sin cos sin cos

2 2 2 2

i i S S

i i

        

                    

Để chuyển hệ tọa độ xyz về x’y’z’ được thực hiện bằng 3 phép quay:  Quay quanh trục Oz một góc  chuyển Ox về ON.  Quay quanh trục ON một góc  chuyển Oz về Oz’.  Quay quanh Oz’ một góc  chuyển ON về Ox’.

Khi đó:       1

2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

'ˆ ˆ ˆ' ( ) ( ) ( ) '

S S S S S S

S S S

           

        

Trong đó:

2 2

2 2

cos sin 0 02 2ˆ ˆ ˆ( ) , ( ) , ( ) sin cos 0 02 2

i i

i i

i e e S S S

i e e

 

 

       

                            

Ma trận chuyển đổi  thành hàm ' là: 2 2

* * 2 2

( ) ( ) 2 2

cos sin 0 02 2ˆ ˆ ˆ ˆ( , , ) ( ) ( ) ( ) sin cos 0 02 2

2 2

i i

i i

i i

i e e a ib S S S S

ib ai e e

e e

 

 

   

         

 

 

  

                         vôùi a = cos vaø b = sin

Hàm ' có được bằng cách tác dụng toán tử Sˆ lên hàm  : 1 21 1

* * * * 2 2 1 2

' ˆ' ( , , ) '

a iba ib S

ib a ib a        

                       

Xác suất hình chiếu spin lên trục z’ bằng 1 1 2 2     là:

2 2 2* * * * * * * * 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2

2 2 2* * * * * * * * 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2

' ( )( )

' ( )( )

P a ib a ib a b iab ia b

P a ib a ib a b iab ia b

                   

       

       

Giá trị trung bình của hình chiếu spin lên trục z’ là :  2 2 2 * * * *' 1 1 1 2 1 2 1 2

2

1 1 1 1' 2 2 2 2z

S P a b iab ia b            

 2 2 2 * * * *' 1 2 2 1 1 2 1 2 2

1 1 1 1' 2 2 2 2z

S P a b iab ia b       

          

Phân tích

1. Nhận xét Đây là bài toán khó của cơ học lượng tử. Để tính được xác suất hình chiếu spin lên phương z’ ta phải sử dụng phép quay làm biến đổi hệ trục tọa độ Oxyz thành hệ trục Ox’y’z’. Bằng phép quay này hàm sóng  trong hệ

Oxyz trở thành hàm ' trong hệ Ox’y’z’. Khi đó ta tính xác suất để hình chiếu spin lên trục z’ bằng 1

2 (hoặc 1

2  ).

2. Phương pháp giải Trước hết ta cần xác định ma trận đặc trưng của hình chiếu spin lên phương r bất kỳ. Sau đó tìm ma trận làm biến đổi hàm sóng  thành

' thông qua các phép quay: Thứ nhất, quay quanh trục Oz một góc  chuyển Ox về ON. Bằng phép quay này hàm sóng  trở thành hàm 1 thông qua ma trận biến đổi là ˆ( )S  .

Thứ hai, quay quanh trục ON một góc  chuyển Oz về Oz’. Bằng phép quay này hàm sóng 1 trở thành hàm 2 thông qua ma trận biến đổi là ˆ( )S  .

Cuối cùng, quay quanh trục Oz’ một góc  chuyển ON về Ox’. Bằng phép quay này hàm sóng 2 trở thành hàm ' thông qua ma trận biến đổi là ˆ( )S  . Như vậy ma trận làm biến đổi  thành ' là ˆ ˆ ˆ( ) ( ) ( )S S S   . Hàm ' được xác định như sau:

ˆ ˆ ˆ' ( ) ( ) ( )S S S     .

Kết luận Hệ thống bài tập của luận văn gồm 21 bài toán với mức độ từ dễ đến khó. Qua phân tích của từng bài ta có thể sắp xếp nhóm bài tập dễ (bài cơ bản): gồm các bài tập từ 1 đến 13. Nhóm bài tập này có thể giảng dạy cho sinh viên đại học nhằm giúp sinh viên nắm được lý thuyết và vận dụng giải bài tập. Nhóm bài khó : gồm các bài tập từ 14 đến 18. Những bài tập này nhằm giúp sinh viên hiểu kỹ hơn về phần spin và hệ hạt đồng nhất. Nhóm bài tập nâng cao : gồm các bài tập từ 19 đến 21. Những bài tập thuộc nhóm này có thể đưa vào chương trình cao học.

KẾT LUẬN Hệ thống bài tập của luận văn này giúp sinh viên vận dụng kiến thức từ dễ đến khó, hệ thống những kiến thức đã học và từ đó nắm được bản chất của phần spin và hệ hạt đồng nhất. Luận văn đã đạt được một số kết quả sau :

1. Giải và phân tích hệ thống bài tập trên, trong đó có những bài được giảng dạy ở chương trình cao học phần spin và hệ hạt đồng nhất.

2. Hệ thống và sắp xếp các bài tập này theo từng dạng và theo mức độ của mỗi bài.

3. Rèn luyện kỹ năng giải toán, phương pháp giải cho từng dạng toán. Trong đó có một số bài toán nhằm hiểu sâu hơn về lí thuyết spin và hệ hạt đồng nhất.

Tài liệu tham khảo 1. Cơ học lượng tử - Vũ Văn Hùng. Đại học Sư Phạm TPHCM. 2. Cơ học lượng tử - Đặng Quang Khang. Nhà xuất bản khoa học và kỹ

thuật. 3. Cơ học lượng tử - Nguyễn Khắc Nhạp. Đại học Sư Phạm TPHCM. 4. Bài tập cơ học lượng tử - Vũ Văn Hùng. Đại học Sư Phạm TPHCM. 5. Cơ học lượng tử - Phạm Qúy Tư – Đỗ Đình Thanh. Nhà xuất bản Đại

học Quốc Gia Hà Nội. 6. Bài tập vật lí lí thuyết – Nguyễn Hữu Mình ( chủ biên). Nhà xuất bản

giáo dục.

BIA-MUC LUC.pdf HE THONG HOA BAI TAP SPIN VA HE HAT DONG NHAT TRONG CO HOC LUONG TU 2009-06-08T15:09:45+0700 quangquy

Có thể bạn quan tâm
Đơn vị chủ quản: CÔNG TY TNHH THƯƠNG MẠI ĐIỆN TỬ THIÊN THI
Địa chỉ: 41-43 Trần Cao Văn, P6, Q3, HCM
giấy phép MXH: 102/GXN - TTĐT