تمرینات معادلات تک ذره

الکترون در میدان الکترومغناطیس
پیش از شروع به حل تمرینات، قراردادهای نمادگذاری زیر را در نظر بگیرید:

تابع موج ۴-اسپینوری کلی

\(\mathbf{\Psi}_t\)

مولفه بزرگ

\(\mathbf{\Psi}\)

مولفه کوچک

\(\mathbf{\psi}\)

تمرین ۱

معادله‌ی زیر از جلسه پیش را در نظر بگیرید:

\([\frac{1}{2m_e}(\mathbf{p}+e\mathbf{A})^2-e\phi+\frac{2\mu_B}{\hbar}\mathbf{S}.\mathbf{B}]\mathbf{\Psi}=E\mathbf{\Psi}.\)

(۱)
به نظرتان جمله‌ی تکانه‌ی زاویه‌ای \(\mathbf{L}\) چگونه در آن ظاهر میشود؟
از معادله‌ی بالا شروع کنید و به معادله‌ی زیر برسید:

\([\frac{\mathbf{p}^2}{2m_e}-e\phi+\frac{\mu_B}{\hbar}(\mathbf{L}+2\mathbf{S})+\frac{e}{4}\frac{\mu_B}{\hbar}(\mathbf{B}\times\mathbf{r})^2]\mathbf{\Psi}=E\mathbf{\Psi}.\)

(۲)

راهنمایی

عبارت عملگری تکانه \(\mathbf{P}=-i\hbar\nabla\) است. با توجه به عبارت مگنتون بوهر \(\mu_B=\frac{e\hbar}{2m_e}\)، نشان دهید:

\(\frac{1}{2m_e}(\mathbf{p}+e\mathbf{A})^2=\frac{\mathbf{p}^2}{2m_e}-i\mu_B(\nabla.\mathbf{A}+\mathbf{A}.\nabla)+\frac{e}{\hbar}\mu_B\mathbf{A}^2.\)

(۳)
حالا عملگر \((\nabla.\mathbf{A}+\mathbf{A}.\nabla)\) را روی تابع موج \(\psi\) اثر دهید:

\((\nabla.\mathbf{A}+\mathbf{A}.\nabla)\psi=(\nabla.\mathbf{A})\psi+2\mathbf{A}.(\nabla\psi)\)

(۴)
نشان دهید پیمانه‌ی \(\mathbf{A}\) برحسب \(\mathbf{B}\) در معادلات میدان‌های الکتریکی و مغناطیسی صدق می‌کند:

\(\mathbf{A}=\frac{1}{2}\mathbf{B}\times\mathbf{r}\)

(۵)
میدان‌های الکتریکی و مغناطیسی بر حسب پتانسیل‌ها به صورت زیر هستند:

\(\mathbf{B}(\mathbf{r},t)=\nabla\times\mathbf{A}(\mathbf{r},t),\)
\(\mathbf{E}(\mathbf{r},t)=-\nabla\phi(\mathbf{r},t)-\frac{\partial \mathbf{A}(\mathbf{r},t)}{\partial t},\)

(۶)
آیا پیمانه (۵) در معادلات (۶) صدق می‌کند؟
(۴) و (۵) را در معادله‌ی (۳) قرار دهید و معادله‌ی (۲) را بازیابی کنید.

تمرین ۲

جمله‌ی اسپینی از کجا وارد معادله (۱) شده است؟
معادله‌ی دیراک تک ذره‌ی باردار را در نظر بگیرید:

\(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\mathbf{\Psi}_t(\mathbf{r},t)=[c\alpha . (\mathbf{p}+e\mathbf{A})-e\phi+\beta m_e c^2]\mathbf{\Psi}_t(\mathbf{r},t)\)

(۷)
عبارت \(\mathbf{\Psi}_t\) یک ۴-اسپینور بود که آن‌را به دو مولفه‌ی ۲-اسپینوری تقسیم کردیم. به مولفه‌ی اول مولفه‌ی بزرگ و به دوم، مولفه‌ی کوچک تابع موج کل می‌گفتیم. مسلماً \(\alpha\) و \(\beta\) باید ماتریس‌های ۴*۴ باشند تا بتوانند روی تابع موج کلی اثر کنند. پس می‌توان آنها را به صورت زیر برحسب ماتریس‌های پائولی نوشت:

\(\alpha=
\left(\begin{matrix}
\mathbf{0} & \mathbf{\sigma} \\
\mathbf{\sigma} & \mathbf{0}
\end{matrix}\right)\)

(۸)
و

\(\beta=
\left(\begin{matrix}
\mathbf{1} & \mathbf{0} \\
\mathbf{0} & -\mathbf{1}
\end{matrix}\right)\)

(۹)
که در آن \(\mathbf{0}\) ماتریس صفر است و \(\mathbf{1}\) ماتریس یکه با ابعاد ۲*۲ است. ماتریس‌های پائولی هم به صورت زیر نوشته می‌شوند:

\(\mathbf{\sigma}=\sigma_x \mathbf{u}_x+\sigma_y \mathbf{u}_y+\sigma_z \mathbf{u}_z\)

(۱۰)
و

\(\sigma_x=
\left(\begin{matrix}
۰ & 1 \\
۱ & 0
\end{matrix}\right)
,
\sigma_y=
\left(\begin{matrix}
۰ & -i \\
i & 0
\end{matrix}\right)
,
\sigma_z=
\left(\begin{matrix}
۱ & 0 \\
۰ & -1
\end{matrix}\right).\)

(۱۱)
دوباره به معادله‌ی دیراک نگاهی بیاندازید. یک جمله‌ی هم ارزی انرژی-جرم \(m_e c^2\) نیز به هامیلتونی اضافه شده است. البته این تنها تفاوتش با معادله‌ی شرودینگر معمولی نیست.
معادله‌ای که در بالا می‌بینید بسیار پیچیده است. بعلاوه این معادله را برای یک تک ذره نوشته‌ایم- به نظر نمی‌رسد برای مقاصدی مثل DFT مناسب باشد – چون لازم است نمونه‌ی بس ذره‌ای آن حل شود.
برای ساده سازی، مشتق زمانی تابع موج را حذف می‌کنیم و فقط به دنبال پاسخ‌های مانا می‌گردیم. یعنی:

\(\mathbf{\Psi}_t(\mathbf{r},t)=\mathbf{\Psi}_t(\mathbf{r})e^{-\frac{iEt}{\hbar}}\)

ثابت کنید معادله‌ی ۷ برحسب مولفه‌های بزرگ و کوچک دیراک به صورت زیر ظاهر می‌شوند؟

\((+m_e c^2 – e\phi – E)\mathbf{\Psi}+c \mathbf{\sigma}.(\mathbf{p}+e\mathbf{A})\mathbf{\psi}=0\)

(۱۲)
,

\((-m_e c^2 – e\phi – E)\mathbf{\psi}+c \mathbf{\sigma}.(\mathbf{p}+e\mathbf{A})\mathbf{\Psi}=0\)

(۱۳)
حال \(\mathbf{\psi}\) را برحسب \(\mathbf{\Psi}\) از معادله ۱۳ بدست آورید و در ۱۲ بنشانید.
نکته : در روند بدست آوردن معادله انرژی الکترون را نسبت به انرژی سکون آن بسنجید. یعنی عبارت:

\(E^{\prime}=E-m_e c^2\)

(۱۴)
و دوباره \(E^\prime=E\) برچسب بزنید.
در نهایت باید به معادله زیر برسید:

\(\mathbf{\sigma}.(\mathbf{p}+e\mathbf{A})\frac{c^2}{2m_e c^2+e\phi + E}\mathbf{\sigma}.(\mathbf{p}+e\mathbf{A})\mathbf{\Psi}-e\phi\mathbf{\Psi}=E\mathbf{\Psi}.\)

(۱۵)
مقدار \(m_e c^2=0.510MeV\) است. انرژی الکترون نسبت به حالت سکونش و انرژی پتانسیل الکتریکی \(e\phi\) مثلاً برای الکترون‌های والانس نباید بیش از چند ده الکترون ولت باشد.
پس این جمله \(\frac{c^2}{2m_e c^2+e\phi + E}\) را می‌توان بسط تیلور داد و تنها مرتبه‌ی صفر آن را نگه داشت.
این کار را انجام دهید:

\(\frac{c^2}{2m_e c^2+e\phi + E}=\frac{1}{2m_e}\frac{1}{1+\eta}\)

(۱۶)
که در آن \(\eta=\frac{e\phi + E}{2m_e c^2}~10^{-4}\) است.
رابطه‌ی ۲-اسپینور کوچک را از نظر اندازه با ۲-اسپینور بزرگ قیاس کنید.
راهنمایی: مقدار \(\frac{p}{m_e c}\) نشان دهنده‌ی نسبت مولفه‌ی کوچک به بزرگ است – مقدار تکانه را با تکانه‌ی بلوری جایگزین کنید تا مرتبه‌ی بزرگی این نسبت را بدست آورید؟ ( \(\hbar k = \hbar \frac{\pi}{a}\) ) . مقدار ثابت شبکه را هم یک مقدار نوعی مثل ۵ آنگستروم در نظر بگیرید.
با توجه مقداری که بدست آورده‌اید، آیا متوجه دلیل نام گذاری آن می‌شوید؟
معادله‌ای را برای مولفه‌ی بزرگ بدست آوردید، را ساده تر کرده و به معادله‌ی ۱ برسید.
در معادله‌ی ۲، یک تکانه‌ی زاویه‌ای ذاتی پیدا شد که ناشی از ماتریس‌های پائولی می‌شد و با نام اسپین شناخته می‌شود. پس کاملاً مشخص شد که اسپین یک موجود کوانتوم نسبیتی است. در کتب مشهوری مثل اشکرافت یا ساکورایی بخش انرژی اسپینی خودبخودی در هامیلتونی ظاهر نمی‌شود- بلکه آن را به صورت دستی اضافه می‌کنند.

سوال ها