Khóa luận tốt nghiệp Vật lý: Hệ thống hóa bài tập Spin và hệ hạt đồng nhất trong Cơ học lượng tử

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

spin sẽ bằng không. Do đó spin không có

chuyển sang cơ học cổ điển

0

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

 

  ( trạng thái spin

Các trạng thái của spin là các ket véctơ

zS

 

lên) và

  (trạng thái spin xuống). Hai trạng thái này lập thành một

zS

hệ trực chuẩn:

1

     

0

     

1

 

      

.

Và tính đủ của không gian:





,  

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

    

2

2a





là xác suất để hạt có spin hướng lên.

Trong đó :

2

2b





là xác suất để hạt có spin hướng xuống.

2

2

a

b

1



  

 . 1

Từ điều kiện chuẩn hóa ta có

  nên ta biểu diễn thông qua hai

Hình chiếu spin lên trục z có giá trị

2

trạng thái của spin như sau:

=

=-

và ˆ

ˆ zS 

zS 

 2

 2

Ma trận của toán tử ˆ

zS được viết như sau:

0

0

 2

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

thức giao hoán:

            2 

y

x

z

ˆ i S 

 

z

y

x

ˆ i S 

 

ˆ ˆ S S x ˆ ˆ S S y ˆ ˆ S S z

x

ˆ ˆ S S y ˆ ˆ S S z ˆ ˆ S S x

z

y

ˆ i S 

ˆ S

ˆ S

ˆ S







Đặt

x

y

z

ˆ   x

ˆ   y

ˆ   z

1 2

1 2

1 2

ˆ

ˆ

,

,

Trong đó ˆ

   gọi là các ma trận Pauli. Ma trận Pauli là ma trận vuông

x

y

z

cấp hai và ˆ z có dạng:

ˆ z

1 0

0 1 

   

  

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

 

ˆ  

ˆ 

x

z

Các ma trận Pauli tuân theo hệ thức phản giao hoán:

  ˆ ˆ ˆ2 ˆ i    z x y y x ˆ2 ˆ ˆ ˆ i     x z y z y ˆ ˆ ˆ2 ˆ ˆ i    x z y









 . 0

y

x

y

y

x

y

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ        x x z z ˆ ˆ z ˆ ˆ z

Vì trị riêng của các toán tử Pauli ˆ

x

y

z





2 2 ˆ ˆ ˆ    z y

2 x

1 0

0 1

 I    

  

Trong

zS biểu diễn các ma trận Pauli có dạng :

,

,







ˆ  z

ˆ  x

ˆ  y

0 i

1 0

0 1

1 0

ˆ ˆ , ,    tương ứng bằng 1 , suy ra

0 1 

  

  

  

  

  

  

i  0

2

ˆ

ˆ

3

I







Và

2 2 ˆ ˆ      x z

2 y

Vậy toán tử bình phương momen spin:

2

2

2



ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S













2 x

2 y

2 z

1 0

0 1

2 2 ˆ  4

3  4

3  4

  

  

Trị riêng của toán tử

2ˆS là :

2

2

2

ˆ S

I

1)









3  4

1 2

ˆ

ˆ

,

s s ( vôùi s = soá löôïng töû spin). (

 Trị riêng và vectơ riêng của toán tử ˆ

x

y

z

S S S . ,

,

 

 

 

  , biểu diễn ma trận của cơ sở

Xét trong cơ sở

z

z

zS   là :

S S

  1 0 ,



 0 1

  

  

,     vaø     1     0   0     1  

 1 0





 0 1

    

    

Vậy

là các spinơ riêng của ˆ

zS ứng với các trị riêng

  . 2

1 0     ,     1 0    

Phương trình trị riêng của ˆ

. Thay

xS với ma trận trị riêng có dạng

=1 1    vaø 1     0   0     1  

  

  

vào phương trình trị riêng của toán tử ˆ

xS , giải phương trình ta thu được hai

và

ứng với hai trị riêng

vector riêng

  . 2

1 2

11     12  

1   1 

  

Vậy hai spinnơ riêng của toán tử ˆ

và

.

xS là

1 2

11     12  

1   1 

  

a b

Trị riêng của toán tử ˆ

. Thay vào

yS với ma trận trị riêng có dạng

c

  

  

phương trình trị riêng của toán tử ˆ

yS , giải phương trình ta thu được hai

vector riêng

và

ứng với hai trị riêng

  . 2

1 2

11     2 i  

1   i 

  

d

Vậy hai spinnơ riêng của toán tử ˆ

và

.

yS là

1 2

11     2 i  

1   i 

  

Ta đang xét trong ˆ

zS biểu diễn, để chuyển từ ˆ

zS biểu diễn sang ˆ

xS hay

ˆ yS biểu diễn ta tìm một ma trận biến đổi. Trong ˆ

zS biểu diễn các spinnơ của

và

, trong ˆ

ˆ xS có dạng

xS biểu biễn các spinnơ của ˆ

xS phải có

1 2

11     12  

1   1 

  

dạng

và

tương ứng với spin hướng lên hay hướng xuống dưới theo

1     0  

0     1  

phương trục x. Mối liên hệ giữa các spinnơ riêng của toán tử ˆ

xS trong các

biểu diễn khác nhau được xác định bởi một ma trận biến đổi U thỏa mãn:

U

U

và

1 2 1 2

1 2 1 2

     

  0       1     

     

  1       0     

Ma trận U có dạng

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

 1 2 1 2 1 2 1 2            

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

2

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

Toán tử

12

ˆP được coi là toán tử hoán vị, khi tác dụng lên trạng thái của

hệ hai hạt

nhau.

,

, b a



ˆ P a b 12

Theo nguyên lí không phân biệt được các hạt đồng nhất, khi hoán vị hai hạt

bất kỳ ta được :

ˆP  

.

12

Khi hoán vị lần nữa :

2

ˆP    





= 1



2 

1  



 .

2 12

,a b cho một trạng thái mới trong đó tọa độ hai hạt hoán vị cho

Trong cơ sở

12

sau:

,

,

,

,

0

1



1

0

,

,

,

,

  

  

ˆ a b P a b 12 ˆ b a P a b 12

ˆ a b P b a 12 ˆ b a P b a 12

   

   

ˆP .

Phương trình trị riêng của toán tử 12

a b , , b a trực chuẩn ta có dạng ma trận của toán tử , ˆP như

0







0 1

1 0

0 1

1 0

 0

  

  

  

  

  

  1    2

  

  1     2

  

  1    2

  

   1       2

  

Để phương trình có nghiệm không tầm thường thì định thức các hệ số

bằng không:

1

0

1



2     

= 1 

  1



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

, a b

, b a

=1











, a b

, b a

=-1

  s









1 2 1 2

Trạng thái

s đối xứng với phép hoán vị hai hạt và trạng thái

a phản đối

xứng với phép hoán vị hai hạt.

   s

s

 

  a

ˆ P 12 ˆ P 12

Tính chất đối xứng hoặc phản đối xứng của các trạng thái phụ thuộc

0,1, 2...





vào các loại hạt. Các hạt có spin nguyên

gọi là các hạt

 a  a

, 

bozon, tuân theo thống kê Bose-Einstein. Các hạt có spin bán nguyên

,...

gọi là các hạt fermion, tuân theo thống kê Fermi- Dirac.

sm 

1 3 , 2 2

S m m s s

1.2.c. Nguyên lý loại trừ Pauli

Xét hệ hai hạt đồng nhất kí hiệu 1, 2 có phương trình Schrodinger:

(1, 2)

(1, 2)

ˆ 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

(1, 2),



tuyến tính của hai trạng thái

 . (2,1)

C

(1, 2)

(2,1)



C    1

 2

(1, 2)

(2,1)

C





C C 



Khi

ta có hàm sóng

.

 



s C 

1

2

'

(1, 2)

(2,1)

C

C

'

 

 



ta có hàm sóng

.

Khi

 



a C 

C 1

2

,

'

C

C





.

Sử dụng điều kiện chuẩn hóa ta tìm được

1 2

1 2

2N  .

Tổng quát cho trường hợp hệ có nhiều hơn hai hạt

N

N

N

(1, 2,....,

)

(1, 2,...,

)

đối với hệ hạt boson.

 s

ˆ P  ij

  C

i

j

i

1,





N

i

(1, 2,....,

)

'

(1, 2,...,

)

( 1)

N

C

N



đối với hệ hạt fermion.

 a

ˆ j  P ij



i

j

i

1, 



Xét hệ lượng tử gồm N hạt đồng nhất với khối lượng m và spin bằng 0

(hệ hạt fermion) chuyển động trong trường thế

( )V r .

(hệ hạt boson) hoặc

1 2

Bỏ qua tương tác giữa các hạt ta có Hamiltonian của hệ bằng tổng các

Hamiltonian của từng hạt riêng rẽ.

N

N

ˆ H

ˆ H

 ( ) V r







.

i

0





i

i

1 

1 

 i   2 m 

  

Phương trình Schrodinger của một hạt viết dưới dạng:

ˆ H

( ) i

( ) i

.

 i ni

  ni ni

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

(1, 2,....,

)N



hiệu là

, hàm sóng này là tổ hợp tuyến tính của các tích các hàm

sóng một hạt :

(1, 2,....,

N

)

(2)...............

(

N

)





.

(1)   1 n n

2

 nN

Năng lượng của hệ là:

N

E

  .  ni

i

1 

Hàm sóng đối xứng:

N

(2)...........

(

)

N

,



 s

ˆ P kj

 nN

 (1)   n n 1

2

  C

k

k

j

1,





và hàm sóng phản xứng:

N

k

j



'

(2)...........

(

)

C

N



.

 1



 a

ˆ P kj

 nN

 (1)   n n 1

2

 

k

k

j

1,





,

'

C

C





Từ điều kiện chuẩn hóa hàm sóng ta có

1 N

1 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

k

N

....







. Hàm sóng của hệ viết lại như sau:

k 1

2

k

N

(2)....

)

(

1)

(

2)....

(

).........

(

)









 s

 (1)   1 n n 1

k (   1 n

n 1

2

k 1

 n

2

k 1

 n

2

2

 nN

ˆ  C P

k

!

j



j

C



Trong đó hệ số chuẩn hóa

N

!

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

(1)

(2)

)

(

N 

(1)

(2)

(

)

 n 1  n

2

 1 n  n

2

2

(1,......,

)



 a

 n 1  n

(1)

(2)

)

 nN

 nN

 nN

Nếu ta hoán vị hai hạt bất kỳ thì tương ứng với việc đổi chỗ hai cột

trong định thức Slater.

n

Trong định thức Slater, các bộ số lượng tử phải khác nhau,

nếu

n i

j

0

i

j . Nếu có 2 hàng giống nhau thì định thức bằng 0 hay

a  .

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.

N  N    ( N  

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

1 ,

, spin

…..Hamiltonian của các hạt

Xét hệ hạt đồng nhất, hạt thứ nhất xác định bởi tọa độ 1r và spin  hạt thứ hai được xác định bởi tọa độ 2 r

 2

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,...,

)

,...,

,....,

(

,

)

N







  r r ( , 1 2

 r N

)    2 N

1

Với  là hàm spin của hệ, phụ thuộc biến spin của hạt.

)

độ

Xét hệ hạt boson có spin bằng 0, khi đó hàm sóng chỉ còn là hàm tọa r r   , hàm này phải là hàm đối xứng. Như vậy không phải tất cả các

( , 1

2

)

nhận, chỉ có những mức năng lượng ứng với hàm sóng

mức năng lượng thu được từ việc giải phương trình Schrodinger đều chấp r r   đối xứng được

( , 1

2

chấp nhận.

Việc hoán vị hai hạt đồng nhất tương đương với phép nghịch đảo hệ

)

tọa độ. Do phép nghịch đảo hàm sóng

trong đó l

r r   phải nhân với 

1 l

( , 1

2

là mômen quỹ đạo của chuyển động tương đối của hai hạt. Vì hàm sóng của

hệ là đối xứng nên:

l

'

( 1) 



.

 s

   s s

Vậy hệ hai hạt đồng nhất có spin bằng không có mômen quỹ đạo chẵn.

Xét hệ hạt fermion (electron) có spin

khi đó hàm sóng toàn phần

1 2

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

(

)  , mỗi chỉ số ứng với spin của một hạt.

dưới dạng spinnơ hạng hai

)

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

( , 1

2

toàn phần của hệ bằng không, nghĩa là khi spin của hai electron “ đối song” ,

khi đó

zS  . 0

Các mức năng lượng tương ứng với hàm sóng phản đối xứng

r r   ( , ) 1

2

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

zS   . 0, 1

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

toàn phần

s s 1 2 z

z

cho các trạng thái với các S và

zS đã cho. Các hàm này thỏa mãn phương

trình:

2

2

1)

S S (











ˆ S ˆ S





z

m s

   

 

ˆ S

ˆ S





là toán tử spin toàn phần của hệ. Ta biểu diễn hàm

Trong đó

ˆ S 1

2

(1),

(1),

(2),

(2)

 dưới dạng tích các hàm riêng

. Trường hợp

 

 

 1 2

1 2

 1 2

1 2

tổng quát hàm  có thể viết như sau:

(1, 2)

(2)

(2)

(2)

(2)

C

C











.

2

4



C (1)   3 



C (1)   1 1 2

1 2

(1)   1  2

1 2

1 2

1 2

(1)   1 1 2 2

,

,

,

C C C C là các hệ số được xác định bằng điều kiện chuẩn hóa.

Trong đó

1

2

3

4

Ta có :

(1)

(2) S=1, S



 1

z

1 1

   1 1 2 2

(2)

(2) S=1, S

0







1  0

z

(1)   



1 2

1 2

1 2

(1)   1 1 2 2

  

  

(1)

(2) S=1, S



  1

z

1  1

    

1 2

1 2

(2)

(2) S=0, S

0







0  0

z



1 2

1 2

1 2

(1)   1 1 2 2

 (1)     

  

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.

(

.

S S . )

Xác định các trị riêng của tích vô hướng

1

2

2

2

2

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

(

)

2(

)

(

)



















ˆ S 1

2

ˆ 2 S 1

2 2

ˆ ˆ S S 1 2

ˆ ˆ S S 1 2

ˆ 2 S 1

2 2





1 2

2

2

ˆ S

ˆ S

S S (









1)  

s ) 

s 

s 

( Ta coù:

ˆ ˆ S S 1 2

ˆ 2 S 1

2 2





1 2

 2

3 2

  

  

Đối với hàm spin đối xứng có S = 1:

2

1

(

.

ˆ ˆ 1 S S  ) 1 2

  4

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

2

0 

(

ˆ ˆ 0 S S  ) 1 2

3    4

Hàm tọa độ:

)

(

)

(

)







 a

( , r r 1 2

 ( ) r   1 m

n

r 2

( ) r   1 n

m

r 2

)

(

)

(

)







 s

( , r r 1 2

 ( ) r   1 m

n

r 2

( ) r   1 n

m

r 2

1 2 1 2

Vậy hàm sóng toàn phần của hệ hai electron:

)

(

)

(

)

(2)











( , r r 1 2

( , r r 1 2

1 )  1

r 2

r 2

 a

a

 ( ) r   1 m

n

( ) r   1 n

m

1 2

(1)   1 2

1 2

)

(

)

(

)

(2)

(2)













r r ( , 1 2

r r ( , 1 2

1 )  0

r 2

r 2

 a

a

 r ( )   1 m

n

r ( )   1 n

m



1 2

1 2

1 2

(1)   1 1 2 2

 (1)     

  

)

(

)

(

)

(2)











r r ( , 1 2

r r ( , 1 2

r 2

r 2

 a

a

 r ( )   1 m

n

r ( )   1 n

m

1 )  1 



1 2

(1)   1  2

1 2

)

(

)

(

)

(2)

(2)













r r ( , 1 2

r r ( , 1 2

0 )  0

r 2

r 2

 s

a

 r ( )   1 m

n

r ( )   1 n

m

(1)   



1 2

1 2

1 2

(1)   1 1 2 2

  

  

Tính không phân biệt được của hệ hạt đồng nhất dẫn tới sự tồn tại của

, giữa chúng

tương tác trao đổi giữa các hạt. Ta xét hệ gồm hai hạt có spin

1 2

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

ˆ( V r 12

trong đó 12r là khoảng cách giữa các hạt.

)

không tác dụng lên spin của hệ.

ˆ( V r 12

Năng lượng trung bình trong phép gần đúng bậc một được tính:

V

ˆ V

dV



.

(1) E n

nn

(0)* (0)   n n

 

Đối với hệ hai hạt có spin thì công thức trên được viết lại:

(1)

(0)

E

ˆ V

(0)*  

.

dV dV 1 2

 

(0) mô tả trạng thái không nhiễu loạn, nghĩa là trạng thái các

Hàm

hạt không tương tác. Hàm sóng của hệ gồm hai thành phần nhưng toán tử

)

không tác động lên hàm spinnơ, do đó ta đưa hàm spin ra khỏi dấu

ˆ( V r 12

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:

2

số lượng tử của hình chiếu spin toàn phần với

.

i

i

1

1 , ( :   

Vậy:

(1)

* (1, 2)

  1  )     0        

* (1, 2)

i

* 1

* 0

  *      1 





2   

i

(1, 2) (1, 2) E ˆ V  ˆ V    dV dV 1 2 dV dV 1 2

* (1, 2)

  1   0    1      



Với

(1, 2) là hàm tọa độ .

(1, 2)  ˆ V   dV dV 1 2

(1, 2)

(2)

(2)







 a

 (1)   n

m

(1)   m

n

(1, 2)

(2)

(2)







 s

 (1)   n

m

(1)   m

n

1 2 1 2

(1)

* ˆ V

E  





dV dV 1 2

 (1)   n

m

n

 (1)   n

m

n



(2) (2) (2) (2)   (1)   m (1)   m

dV dV 1 2

1

2

m

* m

m

* m

* n





Vậy hiệu chính năng lượng của hai hạt có spin

gồm hai phần. Phần

1 2

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

(1) (1) (2) (2) (1) (1) ˆ V ˆ V  . dV dV Q A    (2)     n (2)     n 1 2 * n

xét đến. Phần năng lượng A gọi là tương

các spin không được toán tử

tác trao đổi. Gọi như vậy là do trong các hàm đứng trước toán tử ˆV dưới dấu

tích phân và trong các hàm đứng sau toán tử ˆV 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 ˆV có xét đến tương tác giữa các

mômen từ spin, tức là toán tử ˆV có tác động lên các phần spinnơ của hàm

sóng.

) ˆ( V r 12

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

 i

 j

 k .





 S = S x

y

S z

Hình chiếu spin lên một trục bất kỳ

S

n

n





  S.n = S x

x

y

y

S z

n z

S

S

S

n

n

n

n

n

n











x

y

y

S z

z

S x

x

y

y

z

z



   

 

 

2

2

2

S

S

n

n

n







x

x

y

S z

z

y

S

 S

S

S

 n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

 











y

y

x

x

 S z

x

z

S x

x

y

y

S z

z

y

y

S z

S x

z

x

S z

z

y

y

 S 

 

2

2

2

S

S

n

n

n







x

x

y

y

S z

z









  2  S.n = S x  n 

 S x 





0 .

S ,S x y

S S x y

S S y x

Vì 

 

Ta có:

2

2





I

2 ˆ  x

ˆ 2 S x

 4 2

 4 2





I

ˆ 2 S y

2 ˆ  y

 4 2

 4 2





I.

ˆ 2 S z

2 ˆ  z

 4

 4

2

2

2

2

  S.n

S

n

n

n









S x

x

y

y

S z

z















2

2

n

n

n









2 y

2 z

2 x



 

 4

 4

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

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

có hai giá trị là   2

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

khăn.

Bài 2.

,

 là các véctơ trực giao và chuẩn hóa trong không gian

Giả sử

hai chiều. Định nghĩa các toán tử:

    

ˆ S = x





     

ˆ S = y





    

ˆ S = z

 2 i  2 



 2

Hãy chứng minh :

2

.

i



;

j

 ijk

k

j

 ij

ˆ S 

 ˆ ˆ S S , i



ˆ ˆ  S S ,  i

  

 2

Lời giải

Chứng minh

i

j

 ijk

ˆ S  k

ˆ ˆ  S S ,i 

  

,

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



ˆ S ,S x y

ˆ ˆ S S x y

ˆ ˆ S S y x

 

  

2

2

 



 



 



 



 



 





 

















i  4

i  4





 



 

.

i 





 2

ˆ



 

ˆ ˆ S ,S x y

x

ˆ i S  z

Vậy  

ˆ   S ,S   y

 

 

 

ˆ ˆ S ,S z y

y

ˆ i S  x

 

ˆ ˆ  S ,S  z

 

 

 

 

ˆ ˆ S ,S x z

ˆ ˆ S ,S . x

z

ˆ i S  y

 

 

 

 







0 .

ˆ ˆ S ,S x x

ˆ ˆ S ,S y y

ˆ ˆ S ,S z z

Ta có:  

 

 

 

 

 

Từ các kết quả trên ta viết lại dưới dạng tổng quát sau:

ˆ S ,S i

j

 i ijk

ˆ S . k



 

  

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:

 



neáu i

j k vaø p laø soá chaün

1

 

Với

neáu i

j k vaø p laø soá leû

1

 ijk

neáu coù töø hai chæ soá trôû leân truøng nhau

0

      

2

ˆ ˆ, S S i

j

ij

Chứng minh: 



  2





ˆ ˆ S S , x

x

ˆ ˆ S S x

x

ˆ ˆ S S x

x

ˆ ˆ S S 2 x

x

Ta có 

 

2

2

2

 



 

 



 



  2





   



   

 4

 2

 2

n

1





Vì theo hệ thức đóng:

     =1.

e i

e i

nên 





i

1 

2

ˆ ˆ S ,S y y

ˆ ˆ S ,S z z

Tương tự: 

  



  2



ˆ ˆ S S x y

ˆ ˆ S S y x

 ˆ S ,S x y

 

2

2

    



 



 



 



 

  

 

















i  4

2

i  4 2



    

 

  













i  4





0 .

x

y

i  4  ˆS ,S ˆ





0 .

ˆ ˆ S ,S y z

ˆ ˆ S ,S z x

Tương tự: 

  



Từ các kết quả trên ta viết lại dưới dạng tổng quát như sau:

2

j

ij

 ˆ ˆ, S S i



  2



neáu i

j

Với  ij



0

neáu i

j.

 1   

Nhận xét

Bài toán yêu cầu chứng minh các hệ thức giao hoán và phản giao hoán

ˆ

ˆ

của các toán tử

ˆ S S S , ta có thể sử dụng kết quả trên để áp dụng cho

,

,

x

y

z

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:

như là một tổ hợp tuyến tính của các

Hãy biểu diễn véctơ

  ˆ . ;S n 

thoả mãn phương trình:

véctơ  và  , biết rằng

  ˆ . ;S n 



 ˆ  . ; S n

 



1 2

  ˆ ˆ   . ; S n S n .  

  

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

Ở đây,

z n

β

y

α

x

Lời giải

Ta phân tích véctơ

thành dạng tổ hợp tuyến tính của hai véctơ

  ˆ . ;S n 





. Thay vào phương trình trị riêng và

 S.n,+ = a ˆ

+ b

sử dụng điều kiện chuẩn hóa hàm sóng để xác định hai hằng số a và b.

 và  như sau :

.

Đặt:





 S.n,+ = a ˆ

+ b

hướng





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



và

  n = n i + n j + n k

  S = S i +S j +S k

y

x

z

y

x

z

x

Với

y

z

n = nsinβcosα   n = nsinβsinα   n = ncosβ 

 

 





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

x

y

z

 ˆ





 

 







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

)

y

x

z

  

  

a

)

a

)

sin cos (  

b    

    

sin cos (  

b   

S

x





 2

sin cos

a



b   

  



 2

)

)

a

a

sin sin (  

b    

     

sin sin (  

b   

S

y





i  2

sin sin

a

b   



  



i  2

cos

a

)

cos

a

)

( 

b    

    

( 

b   

S

z





 2

a

cos

b   



 



 2

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





  ˆ ˆ   S n S n . ; .  

sin cos

a

sin sin

a

cos

a

b    

b    

b   



  



  



 

.

i  2

 2

 2

Theo đề bài:



 ˆ ˆ . ; S n

a

 

 

b   





1 2

1 2

  ˆ ˆ  ˆ . ; . S n S n  

  

sin cos

sin sin

cos

a

a

a



b    

b    

b   

  



  



 



i  2

 2

 2

a



b   



.

1 2

Đồng nhất thức hai vế ta được:

i  

sin sin

cos

sin

cos

i

a

a

a

 











 1

 





a

i

b

b

sin cos

sin sin

cos

 







 sin cos 

     

b

sin

 cos

e  i  e 





   



b    

 

 1



2

2

i 

e

2

b   a

  

2

a

Mặt khác từ điều kiện chuẩn hóa :

1     1     b 2 1

Nên ta thu được hệ gồm hai phương trình :

2

2

i 

e



2

1 1

cos cos

 

 

  

 

2

2

   1





b a a

b

    

 b    a    cos  cos    

Giải hệ thu được :

a

 

 

2

i 

2

i 

e

1

cos

) 



cos 1    (1 cos    



e

1



1 1

cos cos

1  

 

 

2

i 

cos

b

 

 

2

2 

i 

i 

 e

(1 cos

1

(1

cos





 1  

cos   (1   

e ) 

1  ) cos 



e )  cos 







Vậy:

cos

.

  ˆ S n . ;

  







2

i 

i 

2 

 e

1

cos

(1

cos



 1  



e ) 

1  ) cos 



1 cos    (1 cos    







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 :

S

,

S

.







 

z

z

 2

 2

 2

    2

Như vậy một trạng thái bất kỳ có thể được biểu diễn thông qua hai véctơ

S

,

S

trực chuẩn

z

z

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

1

 ˆ S

. Và cũng chú ý rằng spin

vừa có ý nghĩa

chuẩn hóa hàm sóng

n

n

1 

toán tử vừa có ý nghĩa véctơ.

 C

Phương pháp giải

Ta cần biểu diễn trạng thái ban đầu của hệ thông qua các véctơ cơ sở

như sau:

  sau đó thay .S n

. Tính tích vô hướng hai véctơ

a

b

  ˆ . ;S n

    

vào phương trình trị riêng :



a

 ˆ  S n . ;

 

 

b    

b   







1 2

1 2

  ˆ ˆ   S n S n . ; .  

 ˆ    S n a .  

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

a

b

  ˆ . ;S n

    

     

Bài 4.

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

với trị riêng

, trong đó n được xác định bởi các giá trị

0 ,

0 .

1 2

a. Giả sử đo đại lượng ˆ

là bao nhiêu?

xS . Xác suất nhận được giá trị

1 2

2

(

)

ˆ S

.

b. Hãy tính

ˆ S

x

x

Lời giải

Do

và

P và

,

xS có hai giá trị là

P 

1 2

1 2

1 2

1 2

1

 với xác suất tương ứng là

mà

xS được tính :

P 

P 1 2

1 2

  . Ta có giá trị trung bình của

.

ˆ xS

P 

1 2

1 2

1 2

P 1 2

Ta cũng tính được giá trị trung bình của

ˆ xS theo công thức

ˆ S

 

. Từ hai phương trình trên ta tính được

P và

.

x

ˆ S  x

P 

1 2

1 2

a

b

  ˆ . ;S n

    

Traïng thaùi cuûa heä ñöôïc moâ taû bôûi véctơ riêng

,



từ kết quả trên ta có :

2

i 

.

  ˆ S n . ;

  

 



2

2

i 

i 

 cos

cos

1

(1 cos

e )  cos

1

e





) 

cos   (1   

) 









ˆ

ˆ

cos 1   (1 e    Chú ý ta có thể viết các toán tử ˆ

,

,

S S S như sau:

x

y

z

ˆ S

    



x





trong ñoù

(

,

,

)

 ˆ S

ˆ S

     





ˆ ˆ ˆ S S S y

x

z

y





.

ˆ S

    



z



 2 i  2 

 2

        

a) Xác suất nhận được giá trị

của ˆ

xS ?

1 2

(

)

)

ˆ S

 ˆ  . ; S n

 ˆ  ˆ . ; S S n

* a

* b

b





 

 



 



x

x

ˆ ( S a x

(

)

)(

)

(

a

b

a

b



 



    

 



b

ab

ab

a

)

(

a

b

ab



 



 















2

2

2

2

 2   

  

  

  

1

1

xaùc suaát ñeå

vaø

 , goïi



Ta bieát Sx chæ coù hai giaù trò

xS

2

2

P 1( ) 2

1

xaùc suaát ñeå

xS   .

)

2

P 1(  2

Ta có:

1

1

.

.(

)

2

ab













 .

ˆ xS

P (

)



P 

2

2

P 1 ( ) 2

1 2

P 1 2

1 2

1



Maët khaùc từ điều kiện chuẩn hóa :

P (

)



P 1 ( ) 2

1 2

Ta có heä phöông trình:

1

1

ab











P (

)



2

P 1 ( ) 2

1 2

P 1 ( ) 2



2

1

ab







ab





P (

)



. 

P 1 ( ) 2

1 2

    

P (

)



2

1 2

      

Mà :

2

i 

ab



2

2

i 

i 

 cos

cos

e

(1 cos

) e  cos

e





cos 1   (1   

) 

cos   (1   

) 









 1 

 

 1 

 

2

2

2

i 

2

2

i 

cos

e



cos







2

2

i 

2

i 

e cos

e



1   (1   

 ) cos 

 1 cos

  cos

e

(1  





) 





 1 

 





 

 1 

Khi

0 ,

0 thì :

2

2

1







ab



cos 2

2

2

1

cos

1











2

 2

P 1( ) 2



2

2

1

1

cos











)

2

 2

P 1(  2

      

2

ˆ S

(

)

ˆ S

= ?

b)

x

x

2

2

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

(

)

2









x

x

2 x

ˆ ˆ S S x

x

x

2

2

2

(

)

2

2

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S















x

x

2 x

ˆ ˆ S S x

x

x

2 x

ˆ ˆ S S x

x

x

2

2

.

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

2











2 x

x

x

x

2 x

x

2

2

1







Ta có:

ab





ˆ xS

cos 2

ˆ S

 ˆ  . ; S n

 ˆ  . ; S n

ˆ S

(

a

b

(

a

b

)

ˆ S

)





 

 



 



2 x

2 x

2 x

(

a

b

(

a

b

)

)



 



 



ˆ ˆ S S x x

ˆ S

a

b

a

b

b

a

 





    

 



 



















x

 2

 2

2

ˆ S

a

b

ˆ S

b

a

b

a



 





 



    

 



















2 x

x

 2

 4

2

a

b



 







 4

2

ˆ S

(

a

b

(

a

b

(

a

b

)

(

a

b

)

)



 



 

)  

 



 



2 x

ˆ ˆ S S x x

 4 2

2

2

2

2

(

a

b

)

1

cos

1

cos























4

 2

2

 4

 4

  

  

Vậy:

2

2

4

2

2

2



2

2



ˆ S

ˆ S

ˆ S

ˆ S

cos















x

x

2 x

x

 1

 







 4

 4

cos 4

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 ˆ

xS . Chúng ta

cũng có thể tính xác suất bằng cách chuyển trạng thái của hệ sang ˆ

xS biểu

khi thực hiện

diễn. Kết quả bài toán cho biết xác suất để ˆ

xS nhận giá trị

1 2

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 ˆ

xS 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

P là xác suất nhận giá trị

,

biết rằng ˆ

xS có hai giá trị riêng là

P 

1 2

1 2

1 2

1 2

 với

là xác suất nhận giá trị

1 2

trung bình của ˆ

xS .

ˆ S



x 

1 2

1 2

P 

P 1 2

1 2

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

Dựa vào đề bài ta có thể tính giá trị trung bình của ˆ

xS bằng công thức

. Từ hai phương trình trên ta tính được xác suất

ˆ S

 ˆ  . ; S n

 ˆ  ˆ . ; S S n







x

x

của ˆ

nhận giá trị

xS .

1 2

Bài 5

Tìm trạng thái là tổ hợp tuyến tính của các véctơ  và  mà tích

2

2

(

)

(

)

ˆ S 

ˆ S 

là cực đại.

x

y

Lời giải

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

2

2

(

)

(

)

ˆ S 

ˆ S 

C

C

ta thu được một hàm số

 

 

 . Tính tích

1

2

x

y

theo

1C ,

2C , khảo sát hàm số để xác định điểm cực đại của tích

2

2

(

)

(

)

ˆ S 

ˆ S 

. Sử dụng điều kiện chuẩn hóa để xác định hệ số

1C ,

2C .

x

y

Gọi trạng thái tổ hợp của các toán tử  và  có dạng tổ hợp :

C

C

 

 

 .

1

2

|

2 |

2 |

C |

 . 1

Trong đó

C 1

2

1C và

2C phải thỏa:

2

Tính:

(

ˆ )Sx

Ta có:

.

ˆS =

x





 2

2

2

    

=



2ˆ xS











ˆ

ˆ

S = Ψ S Ψ

2 x

2 x

2

2

+

+

                 4  4

=

C

C

C

C

(C + C )

1

2

1

2

2 1

2 2







  

         4  4

ˆ

ˆ S = Ψ S Ψ

x

x

+

+

C

)(

)(C

C

)

2

1

1

2



= (C C + C C ) = C C

1

2

1

2

1

2

        

 = (C 2  2

ˆ ˆ ΔS = S

ˆ S

x

x

x

2

2

2

ˆ



ˆ (ΔS ) = (S

ˆ ˆ ˆ S ) = S + S

ˆ ˆ 2S S 

x

x

x

x

x

x

2 x

2

2

2

ˆ

ˆ

 

ˆ (ΔS ) = S + S

ˆ 2 S

x

x

x

2 x

2

2

2

2

ˆ

.

 



ˆ (ΔS ) = S

ˆ S

(C + C )

C C

=

x

x

2 x

2 1

2 2

2 1

2 2

2

Tính :

ˆ (ΔS )y

     

Ta có:





ˆS =y

 i 2

2

2

2

i

    4

ˆ S =



2 y











 4

 4

ˆ S

ˆ Ψ S Ψ



2 y

2 y

2

2

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

C

C

C

C

(C + C )





1

2

1

2

2 1

2 2









ˆ

ˆ

S = Ψ S Ψ

y

y

+ +             4  4

=

C

C

C

C

= 0

1

2

1

2









 i 2

2

2

2

+ +          

.

ˆ (ΔS )

ˆ S

ˆ S

(C + C )

2 y

2 1

2 2

y

y

2

2

ˆ

Đặt

F = (ΔS ) x

ˆ (ΔS ) y

4

2

2

ˆ

      4

(C + C )

(C + C ) C C

2 1

2 2

2 1

2 1

2 2

2 2

F = (ΔS ) x

ˆ (ΔS ) y

4

4

4

2

       

C (1 C ) 

C C + 

(C

)



2 1

2 1

4 1

2 1

2 1

1 4 1 4

1 2

1    4 4 

     4  4  4         

C = 0 1

4

4



'F =

) khi F = 0 '



.2(C 2 1

)(2C ) = C (C 2 1

1

1

1 2

1 2

C = ± 1

1 2

4

   4    



''F

3C 2 1

1 2

4

    

)

> 0



1

1 2

4

=    ''F (C ±  2

''F (C = 0)

< 0

F khi C = 0

C ±1. =







1

max

2

1

  2

C

Tính tương tự cho

2C thì ta được

ax

C 1

2

mF

Vậy ta có 4 trạng thái tổ hợp tuyến tính của các véctơ  và  là:

1



  1

1

   

2

1



  3

1

.

   

4

1 0      .

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

 :

S

S

S

S

C

 

 

 , tính các giá trị

thay vào biếu thức

2 x

x

2 y

y

C 1

2

2

S 

S 

ta thu được một hàm số đối với hai hằng số

, , ,





x

y

1

2



2

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

,C C . Sử dụng

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 ˆ S

Vì hình chiếu spin có hai giá trị, nên ta có thể biểu diễn trạng thái của spin

a

b

,

 

thông qua hai cơ sở trực chuẩn

 dưới dạng

   , trong đó

2a là xác suất để hình chiếu spin bằng

2b là xác suất để hình chiếu

  và 2

  . Ta cũng có thể biểu diễn trạng thái bất kỳ qua hệ cơ sở trực

spin bằng

,

chuẩn

 với một điều kiện xác định.

2

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

A

thức

a P i i

  , hai là sử dụng hệ số chuẩn hóa.

i

1 

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.

2

2

2

(

(

)

A )

B

Hãy kiểm tra hệ thức bất định







A B , 

 

1 4

.

Với A

xS , B

yS đối với trạng thái riêng của

xS ứng với giá trị riêng 1 2

Lời giải

2

2

2



Ta cần chứng minh

ˆ (ΔS )

ˆ (ΔS )

x

y

x

y

ˆ ˆ  S ,S  

  

1 4

2

2

2

2

ˆ

ˆ

ˆ





Với

ˆ (ΔS ) = S

ˆ S

ˆ , (ΔS ) = S

ˆ S

x

x

y

y

y

x

z

2 x

2 y

ˆ và ˆ    . S ,S = i S    

Vì trạng thái riêng của ˆ

nên trạng thái này

xS ứng với giá trị riêng là 1 2

  

 

được biểu diễn bởi véctơ 

  . Ta có:



 



    

ˆS =

x





     

ˆS =

y





    

ˆS =

z



 2 i  2   2

ˆ

ˆ S = χ S χ

2 x

2 x





2

2

2

     

      

       

=











ˆ

      

ˆ S = χ S χ

= 0

x

x



 





 2

2

2

2

ˆ



= 0

(ΔS ) =

 4  4  4

x

 4

ˆS x



ˆ S

ˆ χ S χ

2 y

2 y





2

2

2

2

2

i

i

      

      

       

=

=

=











=





       

ˆ S

ˆ χ S χ

0

y

y









i  2

2

2

2

ˆ



= 0

(ΔS ) =

ˆS y

y

 4

4

2

2

ˆ



ˆ (ΔS )

(ΔS ) =

x

y

 . 16

2

2

2

2

=

ˆ S

Có :

x

y

z

z

ˆ = i S 



ˆ ˆ  S ,S  

  

ˆ

       

ˆ S = χ S χ =

z

z









 2

 2

2

4

2

2

.

=

ˆ S

=



x

y

z



ˆ ˆ  S ,S  

  

 4

2

2

2



Vậy:

.

ˆ (ΔS )

ˆ (ΔS )

x

y

x

y

ˆ ˆ  S ,S  

  

1 4

 4  4  4

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





.

  r r ( , 1 2

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) ) 





s

(1, 2) (1, 2)





s

 s  a

  r r ( , 1 2   r r ( , 1 2

(1, 2) (1, 2) )  s )  a

Do hai hạt có cùng trạng thái spin nên hàm

 do đó hàm tọa độ và

a

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 :

S

)

( 1)

)

 





( 

( 

  ( , r r 1 2

  , r r 2 1

  , ) r r 2 1

l

S

0

0, 2

(1, 2) 0

j    

Do đó S = 0,2  mà

.

Vậy đối với hệ hạt đồng nhất thì j không có giá trị 1 như hệ hạt không

đồng nhất.

   S L  Có J

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.

chuyển động 1 chiều dưới tác dụng của thế

Hai hạt fermion spin

1 2

V(x).

 

( ) V x

0 0 x L    

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 :

,

)

)

 



( 

0)

(

 ( V x x 1 2

x 1

x 2

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 :

x

sin

; 0

. x L

 

( )   x

n

2 L

n  L

2

n

n

;

1, 2,3...





Và

nE

2 2   2 2 mL

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

vaø haït coøn lại thì töông töï

(

)

sin

;

(

)

sin





.

x 1

x 1

 2

x 2

x 2

 n 1

k

2 L

n  L

2 L

k  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 





phản đối xứng với phép

Hệ hạt là hạt fermion nên tích

  1, 2 .

 1, 2 



hoán vị hai hạt. Thay vào định thức Slater :

1

1

2

2

( ) ( )    n x 1  n x 1 (1, 2)   ( ) ( )   1 2  n  n x 2 x 2

n





1

1

2

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

x

(1,2)

)

(

)





    

1

1

1

2





1

2

1

2

sin

sin

.

=

    





1

2

1

2

) ( )  x (   n 1 x 2      2 1 2

2 L

1 x (   2 1 2

Năng lượng của hệ ở trạng thái cơ bản:

2 (1

2 1 )

 x 1 L  x 2 L

2 2   2 2 mL

2 2   2 mL

b)

Bổ chính năng lượng bậc 1 cho trạng thái cơ bản có dạng:

   E 0

 1, 2



 1, 2



  1 E 0

,

'



0)

(

Trong đó:



  



 V x x 2

1

x 1

x 2

Như vậy:

2

L

L

2

2

sin

sin

.

 





  1 E 0

 dx dx  2 1

x 1

x 2

x 1

x 2

0

0

2 L

 L

 L

   

    

2

L

L

2

2

sin

sin

 



 



x dx 2 2

x 1

x 2

x dx 1 1

0

0



2 L

 L

 L

   

   

V '   

2

L

2

2

sin

sin

x dx 2 2

x 2

0



 L

 L

2 L

  

     

2

L

4

sin

x dx 2 2

0



 L

2 L

  

     

2

L

4

sin

x dx 2 2

0



 L

2 L

  

     

L

2 cos

cos

 





 

x 2

0



2 L

2  L

4  L

 . L

3 2

1 2

3 2

   

2 1       4   

  

 x dx  2 2 

  

  

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:

*

E

ˆ V (1, 2)

(1, 2)

dV



  

,

)

)

( 

 



không tác dụng lên hàm spin nên ta đưa hàm

Vì thế

 ( V x x 1 2

x 1

x 2

spin ra khỏi dấu tích phân, như vậy bổ chính năng lượng được tính:

*

E

(

,

,

* 

vì

1 .

ˆ x x V ( )  1 2

x x dx dx ) 1 2

2

1

 

Bài 9.

Xét một hệ gồm 3 fermion bị giam trong thế một chiều :

x L

)

 

V x ( )



`



0 (0

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

sin

, 0

x L

 

x ( )





n

n x  L

2

n = 1,2,...

E = n

2  2

2 L 2 n  2 mL

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 3!

(

)

(

)

(

)

 0 x x x 1 2 3 x 1 x 2 x 1 x 2

 1  1  1 x 1 x 2 x 3  2  2  2 x 3  3  3  3 x 3

)[

(

)

(

)

)

(

)]

)[

(

(

)

(

)

(

)

(

)]









{ (    1 2 3

x 2

x 1

x 3

( x   3 3

2

x 2

   3 1

x 2

x 1

2

x 3

x   2 3

1

x 3

)[

(

(

)

(

)

(

)

(

)]}

1 3! 



   1 2

x 2

x 1

3

x 3

x   3 2

1

x 2

3 2

(sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin







x 1

x 2

x 3

x 1

x 2

x 1

x 2

x 3

x 3

2 L

 L

1 3!

  

  

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

).

sin







x 1

x 2

x 3

x 1

x 2

x 3

x 2

x 3

x 1

3  L

 L 2  L

2  L  L

3  L  L

3  L 3  L

2  L  L

3  L 3  L 2

 L 2  L 2

2

2

14











.

Năng lượng của hệ là :

 0

E 0

2  L 2  L 2 14   2 2 mL

2  2

 2 mL

2 4   2 mL 2

2 9   2 mL 2

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

: ký hiệu

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

i

Các hạt có spin 1 2

 tức là hạt thứ i có thể ở trạng thái

 hoặc

 . Hàm sóng trạng thái cơ

i

i

i

bản viết dưới dạng định thức Slater:

2

1

1

( ) ( ) ( )    1 x 1  1 x 1 x   1

1 

2

2

2

3

3

3

( , , ) ( ) ( ) ( )     0 x x x 1 2 3  1 x 2  1 x 2  2 x 2 1 3! ( ) ( ) ( )     1 x 3  1 x 3  2 x 3

2

3

1

2

3

) ( ) ( ) ( ) ( ) ]       { (  1 x 1 [  1 x 2  2 x 3    1 2 x 3 x 2

2

3

2

1 3! ( ) ) ( ) ( ) ( ) ]        1 x 1 [ x (   2 1 x 3    1 2 x 2 x 3

3 ]}

1

2

1

1     1 1

2

2   3

2

3

3 2

( ) [ ( ) ( ) ( ) ( )     x 2 x 1 x 3 x   3 1 x 2

1

1

2

3

{sin sin sin [ ]    x 1 x 2 x 3      2 2 L  L  L 2  L 1 3!      

1

1

3

2

sin sin sin [ ]   x 1 x 2 x 3      3

2

1

3

2

2

2

2

2

sin sin sin [ ] }     x 1 x 2 x 3    3  L 2  L 2  L  L  L  L

Năng lượng của hệ là :

2  2

 2 mL

2  2

 2 mL

2 4   2 mL 2

2 6   2 mL 2

     E 0 6  0

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

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.

,  nên hai hạt có thể ở cùng mức năng

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

trong hai trường hợp:

a. Các hạt bôson.

b. Các hạt có spin

.

) r r ( , 1 2

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)

  dr dr

  dr dr

2

1

2

*

*

1   

 ( ) r

 ( ) r

  dr dr

  dr dr

1

2

1

2

1

2

  (1, 2) 1    dr dr  ( ) ( ) r      

 *  ( ) r  



*

( ) (1, 2)   

Vậy hàm mật độ các hạt được tính :

2

2

)

)

)













) 1 ( ) Vì     . (

  dr dr

  dr dr )

  r r ( , 1 2

1

2

  r r ( , 1 2

1

2

  ( , r r  1 2

  r r ( , 1 2



2

.

Trong đó:

1dr hạt

  là xác suất tìm thấy hạt trong yếu tố thể tích dr dr 1 2

    r r ( , 1 2

kia ở thể tích

2dr

)

 là hai trạng thái trực chuẩn khác nhau.   r r ( ), ( )

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 :

.

)

(

  r r ( ,

 r ) ( )]

 r

 r





 r [ ( ) ( )    



1

2

2

1

1

2

1 2

Ta có :

2

)

    r r dr dr ( , )

  r r ( ,

  dr dr





1

2

1

2

1

2

1

2





*

*

 ( ) r

 r

 r

 ( ) r

   ( )] r dr dr







*   ( ) ( )][ [ ( ) ( ) r r      

*  ( ) r  

1

2

2

1

2

1

2

2

1

1



2

2

2

2

 ( ) r

  dr dr

 ( ) r





 ( ) r  

 ( ) r  

dr dr  2.

1

2

1

1

2

2

1





1 2

 1 2 1 2

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

2

2

2

2



  r r ( ,

)

 r ( )

 r ( )





 r ( )  

 r ( )  

1

2

1

2

2

1

 

 

1 2

2

2

Mật độ 1 hạt được xác định như sau :

.

 r ( )

 r ( )

 r ( )











 

 

1 2

.

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 :

 r

 r

  r r ( ,

)

 r ( ) ( )]



 r [ ( ) ( )    





1

2

2

1

1

2

1 2

2

)

    r r dr dr ( , )

  r r ( ,

  dr dr





1

2

1

2

1

2

1

2





*

*

 ( ) r

 r

 ( ) r

   ( )] r dr dr

*    ( ) ( )][ [ ( ) ( ) r r r      

*  ( ) r  







2

1

2

1

1

2

1

2

1

2



2

2

2

2

  dr dr

 ( ) r

  dr dr

 ( ) r





 ( ) r  

 ( ) r  

1

2

1

2

1

2

2

1





 1 2 1 2

1 2

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

2

2

2

2



.

  r r ( ,

)

 r ( )

 r ( )



 r ( )  

 r ( )  



1

2

2

1

2

1

 

 

1 2

.

2

2

 r ( )

 r ( )

 r ( )

Mật độ 1 hạt được xác định như sau :

.











 

 

1 2

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 :

,

,

)

(

,

)

.

r r s ( ,

s

r r ( ,

s

s



) 





2

1

1

2

1

2

1

2

z

a

z

a

s

z

z

Xét trường hợp hạt chuyển động trong hố thế một chiều cạnh a.

Trong trường hợp này thế năng có dạng:

a

)

x  

V x ( )





0 (0

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 :

sin(

)

x

( ) x  

.

n

2 a

n  a

Hàm tọa độ của hệ được viết như sau:

.

n

n

Xác định hàm spin toàn phần cho các trạng thái S và

zS , hàm này thỏa

phương trình:

2

2

1)





ˆ S ˆ S

 

 

S S (  S  

z

z

  

Và theo đề bài thì hai hạt ở cùng trạng thái spin nên ta nhận các nghiệm sau:

S

,

S

1,

S

 

 



 1

z

z

z

  1 s

S 1

2

S

,

S

1,

S

 

 



  1

z

z

z

  2 s

S 1

2

Hàm sóng của hệ hạt trong hố thế một chiều cạnh a có dạng:

s

S

(

,

,

,

)

)

(

)

)

(

)]





 

 

z

a

z

n

n

z

z

x x s 1 2 1

2

x [ (   1 m

x 2

x (    2 m

x 1

S 1

2

s

S

(

,

,

,

)

)

(

)

)

(

)]

.





 

 

z

a

z

n

n

z

z

x x s 1 2 1

2

x [ (   1 m

x 2

x (    2 m

x 1

S 1

2

1 2 1 2

( ) ) ( ) ) ( )]  x x , 1 2 x 2 x 1  a x ( [   m 1 x (    m 2 1 2

Xét trường hợp hạt chuyển động trong hố thế ba chiều cạnh a.

Trong trường hợp này thế năng có dạng:





V V V V  z

y

x

V x V ( ),

V z ( )







Với

V x

V y V ( ), z

y

a

)

a

)

a

)

x  

y  

z  

V







;

;

V x

y

V z







0 (0

0 (0

0 (0

Ta có :

y ( ).

r ( )

z ( )

x ( ).    



x

x ( )

sin

x ( )  





n

y

y ( )

sin

y ( )  





n

     

sin

( ) z

z

( ) z  





n

2 a 2 a 2 a

n  a n    a  n  a

  

Hàm sóng tọa độ của hệ có dạng :

)

(

)

r r ( ,

r

r ( )]





r [ ( )  

r ( )   

a

n

m

m

n

1

2

1

2

1

2

1 2

Xác định hàm spin toàn phần cho các trạng thái S và

zS , hàm này thỏa

phương trình:

2

2

1)



     

ˆ S ˆ S

 



S S (  S  

z

z

Và theo đề bài thì hai hạt ở cùng trạng thái spin nên ta nhận các nghiệm sau:

S

,

S

1,

S

 

 



 1

z

z

z

  1 s

S 1

2

S

,

S

1,

S

 

 



  1

z

z

z

  2 s

S 1

2

Vậy hàm sóng của hệ có hạt trong hộp có cạnh a là;

s

S

,

,

)

(

)

)

    

a

z

z

n

n

z

z

  r r s ( , 1 2 1

2

 r ( ) [   1 m

 r 2

 r (    2 m

 r ( )] 1

S 1

2

s

S

,

,

)

(

)

)

.

     

a

z

z

n

n

z

z

  r r s ( , 1 2 1

2

 r [ ( )   1 m

 r 2

 r (    2 m

 r ( )] 1

S 1

2

1 2 1 2

b) Xác suất tìm thấy hai hạt trong nửa hộp ?

     

Khi hạt chuyển động trong hố thế một chiều cạnh a :

(

,

,

,

)

(

(

,

)

.

z

z

 a

)  s

z

z

a

x x s 1 2 1

s 2

x x , 1 2

s 1

s 2

)

(

)

)

 

Với

 a

n

n

r r ( , 1 2

r [ ( )   1 m

r 2

r (    2 m

r ( )] 1

1 2



A

C

(

)

sin

(

)

sin









 n

 m

x 1

x 1

x 1

x 1

2 a

n  a

2 a

m  a

  

  

  

  

B

D

(

)

sin

(

)

sin









 m

 n

x 2

x 2

x 2

x 2

2 a

m  a

2 a

n  a

  

  

  

  

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

a

a

a

a

2

2

2

2

2

2

2

2

2

p

2

)

(

2

A B C D 

( 

x x , 1 2

dx dx 1 2

ABCD dx dx ) 2

1

 

 

0

0

0

0

2

2

2

2

2

2

a

a

a

a

a

a

2

2

2

  

2 A B dx dx 2

2 C D dx dx 2

1

1

1

 

 

0

0

0

0

0

  ABCDdx dx 2 0   

I

II

III

  

Giải I, II, III

2

2

2

2

2

a

a

a

a

           

2 B dx 2

2 A dx 1

2 B dx 2









0

0

0

0

2

a

2

2

2

a

a

a

I sin   x 1 dx 1 2 a n  a      

2 B dx 2

2 B dx 2







0

0

0

0

2

a

2 2 sin 1 cos     x 1 x 1 2 a n  a 1 a n  a 1 2 2 a n      x dx  1 1       

2 B dx 2



0

Tương tự ta có :

a

a

2

2

  1 2 1 4

2 D dx 2

2 C dx 1





0

0

a

a

a

a

2

2

2

2

III

II   1 4

BDdx 2

ACdx 1

BDdx 2

x 1









n  a

m  a

0

0

0

0

a

a

2

2

2 2 sin sin   2 a           x dx  1 1 

BDdx 2

x 1

x 1

dx 1





n m  a

n m  a

0

0

a

2

a

2

(

(

) 

) 

sin

sin





BDdx 2

x 1

x 1



2 a

(

n m  a

(

n m  a

) 

) 

a n m 

a n m 

  

  

  

  

0

  

  

0

a

2

a

2

( ( )  )  cos cos   2 a                  

2





0

0

Thay vào ta có:

( ( )  )  2 sin sin   2   2   BDdx 2 BDdx 2 n m  2 n m  2 ( 1 n m  1 n m  )  )                 (     

2

p

I

II

III

2

2













1 4

1 4

1 2

  

 2        

0

p

Khi m, n cùng chẵn hoặc cùng lẻ

1      2

Khi m, n không cùng chẵn hoặc cùng lẻ :

2

2

2  

.

2 2 )

2 2 )

2 

2 

p  ( 1   2 ( m 4 2 n m  m 8 2 n m 

Khi hạt chuyển động trong hộp thế ba chiều cạnh a

,

,

)

(

,

)





a

  r r s ( , 1 2 1

z

s 2

z

 a

  r r ( , 1 2

)  s

s 1

z

s 2

z

)

(

)

(

)





r r ( , 1 2

r 2

r 2

 a

 r ( )   m 1

n

r ( )    n 1

m

1 2 3 2

A

sin

sin

sin





r ( ) 1

x 1

y 1

z 1

 n

2 a

n  a

n  a

n  a

  

  

  

  

  

  

  

  

3 2

y

z

B

(

)

sin

sin

sin





r 2

x 2

2

2

 m

2 a

m  a

m  a

m  a

  

  

  

  

  

  

  

   3 2

sin

C

sin

sin



r ( ) 1

x 1

y 1

z 1

 m

m  a

2 a

m  a

m  a

  

  

  

   

  

  

  

   3 2

sin

(

)

sin

sin

y

z

D





r 2

x 2

2

2

 n

2 a

n  a

n  a

n  a

  

  

  

  

  

  

  

  

Xác suất tìm thấy hai electron trong nửa hộp là:

2

2

2

2

2

p

)

2



A B C D 



r r ( , 1 2

dV dV 1 2

1

 ABCD dV dV 2



 

  2  V V 1 2

V V 1 2

2

2

2







2 A B dV dV 2

ABCDdV dV 2

2 C D dV dV 2

1

1

1

 

 

V V 1 2

V V 1 2

  V V 1 2   

I

II

III

3

2

2

2

I

sin

sin

sin





2 B dV 2

dV 1







2 a

n x  1 a

n y  1 a

n z  1 a

  

  

  

2      

2      

  

V 2

 B dV A dV 2 1 V 1

V 2

V 1

2

2

2

3

a

a

a

2

2

2

sin

sin

sin



2 B dV 2

dx 1

dy 1

dz 1









2 a

n x  1 a

n y  1 a

n z  1 a

  

  

  

  

  

  

  

  

0

0

0

V 2

3







2 B dV 2

2 B dV 2





2 a

a 4

1 8

1 64

  

3      

  

V 2

V 2

Tương tự

II 

III

 BDdV ACdV 2 2 V 1

1 64  2  V 2

2

2

2

a

a

a

sin

sin

sin

sin

sin

sin



BDdV 2

dx 1

dy 1

dz 1









n x  1 a

m x  1 a

n y  1 a

m y  1 a

n z  1 a

m z  1 a

16 3 a

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

0

0

0

V 2

3

2

a

3

6



2  

2  

BDdV 2

BDdV 2





16 3 a

a   2 

  

0

V 2

6

p

2





6   

2  

Vậy xác suất :

1 64

1 64

1 32

  

  

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

, vậy xác suất tìm thấy

1 2

2.

hai hạt trong cùng nửa hố thế là

 , hai hạt ở cùng nửa đầu hoặc nửa

1 1 . 2 2

1 2

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

zS  và hạt B ở trong trạng thái riêng với

1 2

1 xS  . 2

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

Lời giải

. Hàm sóng của hệ

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

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:

S

S

S

S

0





 



 



Az

Bz

Az

Bz

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

  

  

S

Trong đó

S là thành phần theo phương Oz của toán tử spin của hai hạt

,Az

Bz

A và B tương ứng. Hệ đang ở trạng thái được mô tả bởi hàm spin như sau:

S

S





 

Az

Bx

1 2

1 2

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

2

P

0 

.

Ta có:

S

S

S

S

S

S

0





 



 









Az

Bz

Az

Bz

Az

Bx

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

  

  

S

S

=

 



Bz

Bx

1 2

1 2

1 2

Trong

zS biểu diễn toán tử hình chiếu spin ˆ

xS có dạng ma trận:

0

1

ˆ S



x

ˆ  x

1

0

 2

    2 

  

Giải phương trình trị riêng của

ta có véctơ riêng

xS , ứng với trị riêng bằng

1 2

. Vậy véctơ

có thể được biểu diễn qua hai véctơ trực chuẩn

là

xS 

1 2

11     12  

như sau:

S

S

S









 

x

z

z

1 2

1 2

1 2

1 2

  

  

S

S

S

S

S



 





 





 



.

z

x

z

z

z

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

  

  

Vậy:

S

S

0

=

 





Bz

Bx

1 2

1  . 2

1 2

1 2

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

2

P

0 

1  . 4

Nhận xét

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

2

2

S S (

1)











ˆ S ˆ S





z

m s

   

 

ˆ S

ˆ S





là toán tử spin toàn phần của hệ. Giải hệ ta được các

Trong đó

ˆ S 1

2

hàm spinnơ của hệ như sau :

1 1

z

(2) S=1, S 1 (1)      1 1 2 2

1  0

z



1 2

1 2

(2) (2) S=1, S 0    (1)    1 2 (1)   1 1 2 2   

z

1 1 

1 2

1 2

=1, S    (1) (2) S 1        

z

0  0



1 2

1 2

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

, phù hợp với kết quả bài toán.

không là

(2) (2) S=0, S 0    1 2 (1)   1 1 2 2  (1)        

1 4

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

nên nó tuân

Với nguyên tử heli ở trạng thái cơ bản, electron có spin 1 2

theo nguyên lí loại trừ Pauli. Hàm sóng toàn phần là hàm phản đối xứng đối

với phép hoán vị hai hạt bất kỳ.

s 1

s 1

s 1

s 1

1

1

1

2





1

2

1

a

s 1

1 s 1

1 

2

2

2

2

Do hàm tọa độ là hàm đối xứng nên hàm spin phải là hàm phản đối xứng.

          2  1 2 2

.

Năng lượng của hệ:

E E E 1 2

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

1

1 1 s s      2

2 s 1 1 s   

s 1 1 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

hàm riêng tương ứng.

ˆF thì bằng bình phương môđun của các hệ số khai triển hàm  theo các

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

1

H 

      





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

1

C

2

 



.

cơ sở. Hàm sóng có dạng:

C 1

2

Áp dụng phương trình Schrodinger, ta có:

ˆH E 

1

1

2

2

1

2

1

1

2

1

2 )

C

C

E C (

EC

2        







1

2

1

2









1

2

2

1

1

2

EC

EC

C 

C 

C 

C 













1

1

2

2

1

2

(

) 1

) 2

1

2

C

C

EC

EC









C    1

2

C (    1

2

1

2

1

2

1

(1)



C C

C EC  C EC 

1

2

2

        

1

2



C  ) E C

 E C  (    

0  0 

1

2

     C  

Để phương trình có nghiệm thuần nhất, ta có:

2

(2)

2 2 

2

E  

, ta có:

Với

E  0 E 2     E    E      

  1



 2 1 

2

2

2

C

 1

Theo điều kiện chuẩn hoá:

C 1

2

Suy ra:

2

2

2

2

2     C C 1 C 1 C   2 C 1 EC 1 



 2 1 





4 2 2 1 2 2  1       C 1 C 1 C 1 C     1 1 2 1 4 2 2 



 2 1 . 

2

E  

Với

, ta có:

2 2  C    2 1 2

  1



 2 1 

2

2

2

2

C

Theo điều kiện chuẩn hoá:

 1

C 1

2

Suy ra:

2

2

2

2

4 2 2

1

2

2



1  



 





 2 1 





C 1

C 1

C 1

C     1

1 2

1 4 2 2



2 C         C C 1 C 1 C 1 EC 1 

2

2 ( 1

2)



 

C   2

1 2

2

E  

Vậy với:

, ta có một hàm riêng:

1

C 1

2

2









C 1

1 2

C

2





2

   

   

1   2 1 2

1   2 1 2

   

   

   

   

2

E  

và với:

, ta có một hàm riêng:

1

C 1

2

2











C 1

1 2

C

2









2

   

   

1 

 2 1 2

1 

 2 1 2

   

   

   

   



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

E



ta sử dụng phương trình trị riêng ˆH

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

1

C

2

 



làm hệ véctơ cơ sở, biểu diễn hàm sóng qua các cơ sở trên:

.

C 1

2

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

,C C từ đó suy ra các véctơ riêng tương ứng.

hệ để xác định các hệ số

1

2

Bài 15.

Một hệ có hai trạng thái được đặc trưng bởi Hamiltonian:

11

H

22

H

21

H

12

HH 







12

12

22

11

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 ˆH dưới dạng tổ hợp tuyến tính của hai véctơ 1 và 2 như sau:

1

C

2

 



C 1

2



Dạng ma trận:

.

C 1 C

2

   

  

1

 C



.

Điều kiện chuẩn hóa :

2 C 1

2 2

Trong hệ cơ sở { 1 ; 2 }, toán tử Hamiltonian có thể được viết dưới

dạng ma trận như sau:

12

ˆ H

.

H H 11 H H 21

22

   

  

Phương trình hàm riêng – trị riêng:

12

ˆ H

E

E











(*)

C 1 C

C 1 C

H H 11 H H 21

22

2

2

  

  

  

  

  

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

không:

H

E

H



11

12

0



H

H

E



12

22

(

H

E H )(

)

0







E H 



22

2

H

0





2 12 H E H E E 







11 H H 11

2

E

22 H (

)

2 12 H

0





11 22 H E H H 







11

22

11

22

2 12

2

(

H

H

(4

H

)

)









HH 11

22

2 12

11

22

2

)

(

H

H

4

H







11

22

2 12

2

E

(

H

H

(

H

H

)

4

H

)











11

22

11

22

2 12

=>

2

(

H

H

(

H

H

)

4

H

).









11

22

11

22

2 12

1 2 1 2

     E 

2

E

(

H

H

(

H

H

)

4

H

)











Ứng với mức năng lượng :

11

22

11

22

2 12

1 2

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

(

H

H

(

H

H

)

4



H C H C 











11

1

12

2

11

22

11

22

2 H C ) 12 1

1 2

2

(

H

H

(

H

H

)

4













H C 12

2

22

11

11

22

2 H C ) 12 1

1 2

2

(

(

)

4

H

H

H

H

C  









2

22

11

11

22

2 ) H C 12 1

2

1 H

12

1

 C



Mặt khác điều kiện chuẩn hóa hàm sóng:

2 C 1

2 2

2

H

H

(

H

H

)

4

H













 1

2 C 1

22

11

11

22

2 12

2 C 1

2



1 H

4

2 12

H

4

2 12





2 C 1

2

2

H

H

H

H

H

H

4

(

)

4











2 12

22

11

11

22

2 12





2

(

H

H

(

H

H

)

4

H

)









22

11

11

22

2 12

C



 

 

2

 1

2

2

4

H

H

H

(

H

H

)

4

H











2 12

22

11

11

22

2 12





2

H

12

 

C    1

 1

2

2

4

H

H

H

(

H

H

)

4

H











2 12

22

11

11

22

2 12





Vậy ta có một hàm riêng :

;



  1     1

  

2

E

(

H

H

(

H

H

)

4

H

)











Ứng với mức năng lượng:

11

22

11

22

2 12

1 2

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

12

 

 

2

2











2 12

11

22

11

22

2 12

2

2 H C 1  2 4 ( ( ) 4 ) H H H H H H









22

11

11

22

2 12

 

 

2

2

2











2 12

11

22

11

22

2 12

Vậy ta cũng tìm được 1 trạng thái:



  2     2

  

( ( ) 4 ) H H H H H . C  2 4 ( ( ) 4 ) H H H H H H

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 H

ˆ H

1

1 1

2

ˆ H



ˆ H

ˆ H

2

1 2

2

   

   

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.

'a và

"a là trạng thái riêng của toán tử liên hợp A với các giá

Cho

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.

'a . Hãy xác định

b. Giả sử rằng ở thời điểm t = 0 hệ nằm ở trạng thái

véctơ trạng thái tại thời điểm t > 0 trong bức tranh Schrodinger.

'a tại thời điểm t > 0 là bao nhiêu,

c. Xác suất tìm thấy hạt ở trạng thái

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 ˆH không ta

xét :

'

'

''

'

''

ˆ H a

a

a

ˆ H a

a















  1

' '' a a  0

' ' a a  1

ˆ H a

''

a

'

a

''

ˆ H a

''

a

'















  2

a a '' ''  1

' a a ''  0

a

'

''

(1) và (2) 

không là trạng thái riêng của ˆH .

avaø

Để tìm véctơ riêng và trạng thái riêng của ˆH , ta giải phương trình trị

riêng:

ˆH

E







là véctơ trạng thái riêng và E là trị

Trong đó: đặt







C a 1

C a 2

riêng của ˆH .

Thay vào phương trình trên ta có:





)

(

)







(cid:0) 1 H C a (

C a 2

 E C a 1

 C a 2









(

a

'

a

"

a

"

a

' ) (

)

(

)















C a 1

C a 22

E C a 1

C a 2











 





C a 2

C a 1

EC a 1

EC a 2

C

0









EC 1

2



EC

0





C 1

2

   

Viết dưới dạng ma trận:

E

.



 



  

2

  0   0  

C    1  E C  

  

Để phương trình có nghiệm không tầm thường thì định thức sau phải

bằng không, ta có:

E

2

E

0

E

0

.

  

2 

   



 

 E 

Với E  ta có:

C

0

C





  

2

C 1

C 1

2

1

1

C

1

mà





C



2 C 2 1

C     1

2

2 C 1

2 2

2

1

Khi đó, với

ta có véctơ trạng thái riêng :

C

 

C 1

2

2

1

1





a

a







2

2

1

hoặc với

ta có véctơ trạng thái riêng :

C

 

C 1

2

2

1

1





a

a



 



2

2

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

1

1





a

a





 1

2

2

Với E   ta có:

0

C

C





2

C 1

C     1

2

1

1

1

;

C

1

.

mà



C



2 C 2 1

C     1

2

2 C 1

2 2

 

2

2

1

1

;

C

ta có véctơ trạng thái riêng :

Khi đó, với



 

C 1

2

2

2

1

1





a

a







2

2

1

1

;

C

ta có véctơ trạng thái riêng:

hoặc với

 



C 1

2

2

2

1

1





a

a



 



2

2

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

1

1





a

a





 2

2

2

b)

Khi t=0, hệ ở trạng thái

a

.

a

 



a 1

1

2

 2

Khi t > 0, ta xét phương trình Schrodinger phụ thuộc thời gian để xác

định véctơ trạng thái riêng ở thời điểm t.



ˆH

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 :

Et

A t ( )

i  e  

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

i

i



t  

t  

t ( )

e

;

t ( )

e





 1

 1

 2

 2

Khi t >0, hệ ở trạng thái :

i  t  

i t  

a

e

a

e





t ( )

t ( )





   a t

a 1

 1

2

 2

a 1

 1

2

 2

Thay

1 ,

2 ở câu a vào ta có:

1

1

1

1

i  t  

i t  

 a

 a

e

a

 a

 a

e

(*)









   a t

a 1

2

2

2

2

2

  

  

  

  

a

a

i  t  

i t  



a

 a

e

 a

 a

e

.











   a t

a 1 2

a 1 2

2 2

2 2

  

  

  

  

a

a





a 1

2

a 1

2





a

a

Khi t=0 ta có:

0

nên để hệ ở trạng







  a t



2

2

1

.

a



thái a thì ta phải có 1 a

2

2

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

1

1

i  t  

i t  

e

e





   a t

 1

 2

2

2

c)

1

vào công thức (*) ta có:

a



Thay 1 a

2

2

1

1

1

1

1

1

i  t  

i t  





a

a

e

 a

 a

e









   a t

2

2

2

2

2

2

  

  

  

  

1

1

1

1

i  t  

i t  

i t  

i  t  





e

e

a

e

a

e









   a t

2

2

2

2

   

   

   

   

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

2

1

1

t 

2

i  t  

i t  

e

e

 P a t , ) (

cos







2

2



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

,C C nhưng chúng ta chỉ chọn một trong hai giá trị đó. Vì khi chuẩn hóa,

1

2

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

1

0

1

zS  , hạt 2 có

zS  , hạt 3 có

zS   . 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 :

 





 =



  

0 + 0 + 0 1 3

 =

      S

1

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 :

6

 





 

 

 



 =



 

3, 0

1, 0

0, 0

S 

S 

S 

hoặc

hoặc

Trạng thái này có thể là trạng thái

Chú ý: trạng thái S=2 không có tính đối xứng xác định.

3, 0

S 

Trạng thái

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 :

 a

 b

0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 1 6

 c







  



  



  



1

1

2

2

3

3

Sao cho bất biến đối với phép quay => có dạng

  .    .a b c 

; ; , 0 , 1 , 0 , 2 , 0 , 3

0, 0

S 

=> Véctơ

phải là phản đối xứng đối với phép hoán vị hai hạt bất

kỳ.

1, 0

S 

=> trạng thái đã viết đầu tiên là

.

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.







' 









0 0 0 1 3!

 

 



  

 

 

 

'  

 



0 0 + 0 0 + 0 0 1 6

Nhận xét

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

 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.

1 2

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.

, với

b. Nếu tính đến tương tác spin-spin của hai electron

ˆ ˆ ˆV JS S  1 2

ˆ,S S ˆ 1

2

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

n

2

x ( ) sin , E    n 2 a n x  a

k

2 n   2 ma 2 2 2  2

Vì hệ hai electron nên hàm sóng toàn phần là phản đối xứng đối với

phép hoán vị hai hạt, có dạng:

x ( ) sin , E    k 2 a k x  a k  2 ma

a

Trạng thái cơ bản có n = k = 1.

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

a

(1, 2)

(1, 2)

(





a

sin

sin

sin

sin

S

S



 

  

 

 



S 1

z

2

z

S 1

z

2

z





x  2 a

x  1 a

x  2 a

1 2

  

sin

= sin

S

S

 

  

 

 

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z





x x ,  s 1 2 1 2   a 2  x  1 a

2 a

)  a x  1 a x  2 a

2

2

2

(1, 2) ( (1, 2) sin sin sin sin (1, 2) 0      , x x 1 2  a )  s  s x  1 a x  2 a x  1 a x  2 a 1 2 a 2      

Năng lượng

.

2

2

2

2  2

2  2

2  2

Trạng thái kích thích đầu tiên: n = 1, k = 2( hoặc n = 2, k = 1), hàm

sóng của hệ có dạng:

2     E 1 2  0  ma  ma  ma

1

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

2

z

z





= sin sin sin sin S      S 1 2 a x  1 a 2 x  2 a 2 x  1 a x  2 a      

2

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

2

z

z





= sin sin sin sin S      S 1 2 a x  1 a 2 x  2 a 2 x  1 a x  2 a      

3

(1, 2) (1, 2) (    a )  s

z

2

z

z

2

z





= sin sin sin sin S S           S 1 S 1 x x , 2 1 x  1 a 1 a 2 x  2 a 2 x  1 a x  2 a      

4

(1, 2) ( (1, 2)    s )  a

z

2

z

z

2

z





= sin sin sin sin S S           S 1 S 1 2 x  2 a 1 a 2 x  1 a x  2 a      

2

2

2

x x , 2 1 x  1 a Bậc suy biến bằng 4.

Năng lượng:

.

2

2

2  2

2 4   2 ma 2

2  2

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

của hệ :

2

2

5     E 2 5  0  ma  ma

2

2

2

2

( ) - ˆ ˆ H V ˆ V E E           2 d  2 m dx

2

2

2

x

x

y

z

 ˆ ˆ J S S 1



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

hai phần:

2

- - E   E           ˆ ˆ JS S 1 2 ˆ ˆ S S 1 y ˆ ˆ S S 1 z  2  2 d  2 m dx d  2 m dx

2  2

(1) -  E  1

2

2

2

x

y

z

x



Phương trình 1 có nghiệm như ở trên, ta xét phương trình 2:

(2) E       ˆ ˆ S S 1 y ˆ ˆ S S 1 z d  2 m dx  ˆ ˆ J S S 1

.

x

2

x

2

y

2

z

 ˆ ˆ J S S 1



  E    ˆ ˆ S S 1 y ˆ ˆ S S 1 z

2

2

2

x

y

z

z

z

x

2

z

2

z



S S         ˆ ˆ S S 1 y ˆ ˆ S S 1 z S 1 S 1

Đối với trạng thái cơ bản, ta có :  S 1

2

2

z

z

z

z

 ˆ ˆ J S S 1  E S   1

2

S S             

z

z

z

z

z

z

z

z

z

2

2

2

2

2



    





S

S

 

  

 

 

ˆ ˆ S S 1 x

2

x

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z





S

S

S

S

S

S



 

  

 

 

 

  

 

 

2

z

2

z

2

z

2

z

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z

ˆ S 1

x







S S S S .                 ˆ ˆ S S z 1 S 1 S 1 S 1 S 1  4

2

S

S



 

  

 

 

 

  

 

 

z

z

z

z

z

z

z

z

S 1

S 1

S 1

S 1

2

S 1

2

S 1







 2

2

.

S

S

 

 

  

 

 

z

z

z

z

2

S 1

S 1

2





 4

 4

S

S

 

  

 

 

y

z

z

z

z

ˆ ˆ S S 1 y

2

S 1

2

S 1

2





S

S

S

S

S

S

 

  

 

 

 

  

 

 





z

z

z

z

z

z

z

z

y

2

2

2

2

S 1

2

S 1

2

ˆ S 1







i  2

2

2

i

S

S



 

  

 

 



 

  

 

 



z

z

z

z

z

z

z

z

S 1

S 1

S 1

S 1

2

S 1

2

S 1







 4

2

.

S

S

 

 

  

 

 

z

z

z

z

S 1

2

S 1

2





 4 Vậy:

S

S





 

  

 

 

x

x

y

z

z

z

z

z

2

ˆ ˆ S S 1 y

2

ˆ ˆ S S 1 z

2

S 1

2

S 1

2



 ˆ ˆ J S S 1



2

S

S

J

S

S

 

 

  

 

 

  

 

 

z

z

z

z

z

z

z

z

2

S 1

2

S 1

2

S 1

2

 E S 1

    





3 4

2



Năng lượng ở trạng thái cơ bản không suy biến.

Đối với trạng thái kích thích thứ nhất:

J E      3 4

z

z

2

Khi hàm spin có dạng: 

  

S   S 1

x

x

y

z

z

z

z

z

2

2

2

2

2

    

 E S 1 1



 ˆ ˆ J S S 1



2

S S .         ˆ ˆ S S 1 y ˆ ˆ S S 1 z S 1

z

z

z

z

z

2

2

2



   

S

S

S

S

S

S

 

 

  

 

 

 

 

ˆ ˆ S S 1 x

2

x

S 1

z

2

z

ˆ S 1

x

2

z

2

z

2

z

2

z

S 1

z

2

z



   







 2

2

S

S



 

  

 

  

 

 

 

 

2

z

S 1

z

S 1

z

S 1

z

S 1

z

S 1

z

2

z

S 1

z

ˆ S 1

x





 2

 4

2

S

.



 

 

z

z

S 1

2

 4

S

S

S

S

S

S

 

 

  

 

 

 

 



2

S 1

2

ˆ S 1

2

2

2

2

S 1

2

ˆ ˆ S S y 1

y

z

z

y

z

z

z

z

z

z



   







i  2

2

S

S

 

 

  

 

  

 

 

 

 



2

S 1

S 1

S 1

S 1

S 1

2

S 1

ˆ S 1

z

z

z

z

z

z

z

z

y





i  2

S S .       ˆ ˆ S S 1 z S 1 S 1  4

2

S

.

 

 

 

z

z

S 1

2

 4

 4

2

2

2

2

2

x

y

z

x

z

z

z

z

    

 E S 1 1

  

Vậy:  ˆ ˆ J S S 1



S S       S 1 ˆ ˆ S S y 1 ˆ ˆ S S z 1

2

2

2

S

S

S

S

J



 

  

 

  

 

 

 

S 1

2

S 1

2

S 1

2

2

z

z

z

z

z

z

z

z

 E S 1 1



 4

 4

 4

      

  

2

S

S

J



 

   

 

 

S 1

2

2

z

z

z

z

 E S 1 1



 4

2

J

  

E 1

2

z

z

 4 Khi hàm spin có dạng: 

  

S   S 1

2

2

2

2

2

x

x

y

z

z

z

z

z

    

 E S 2 1

  

 ˆ ˆ J S S 1



2

S S       S 1 ˆ ˆ S S y 1 ˆ ˆ S S z 1

z

z

z

z

z

2

2

2



   

S

S

S

S

S

S

 

 

  

 

 

 

 

2

S 1

2

ˆ S 1

2

2

2

2

S 1

2

ˆ ˆ S S x 1

x

z

z

x

z

z

z

z

z

z



   







 2

2

S

S



 

  

 

  

 

 

 

 

2

S 1

S 1

S 1

S 1

S 1

2

S 1

ˆ S 1

z

z

z

z

z

z

z

z

x





 4

 2

2

S

.



 

 

z

z

S 1

2

 4

S

S

S

S

S

S

 

 

  

 

 

 

 



2

S 1

2

ˆ S 1

2

2

2

2

S 1

2

ˆ ˆ S S y 1

y

z

z

y

z

z

z

z

z

z



   







i  2

2

S

S

 

   

 

  

 

 

 

 





2

S 1

S 1

S 1

S 1

S 1

2

S 1

ˆ S 1

z

z

z

z

z

z

z

z

y





 4

i  2

2

S

.

 

 

 

z

z

S 1

2

 4

S

S





 

 

 

ˆ ˆ S S 1 y

2

y

ˆ ˆ S S 1 z

2

z

2

x

S 1

z

2

z

z

2

z

x

    

 E S 2 1





Vậy:  ˆ ˆ J S S 1

2

2

2

S

S

S

S

J



 

  

 

  

 

 

 

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z

z

2

z

 E S 2 1



 4

 4

 4

      

  

2

S

S

J



 

   

 

 

S 1

z

2

z

z

2

z

 E S 2 1



 4

2

J



 

E 2

S

S

 

  

 

S 1

2

S 1

2

z

z

z

z

 4 Khi hàm spin có dạng: 

  

S

S





 

 

 

x

2

x

ˆ ˆ S S 1 y

2

y

z

2

ˆ ˆ S S 1 z

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z



S

S

 

 

 

z

2

z

 S    1

z

2

z

 ˆ ˆ J S S 1  E S   3 1

   

S S       ˆ ˆ S S z 1 S 1 S 1  4

2

S

S

S

S

 

  

 

 

  

 

 

S 1

2

S 1

2

S 1

2

S 1

2

2

z

z

z

z

z

z

z

z

ˆ ˆ S S 1 z

z

    







 4

S

S

 

  

 

 

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z

ˆ ˆ S S 1 x

2

x





S

S

S

S

S

S

 

  

 

 

 

  

 

 



2

z

2

z

2

z

2

z

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z

ˆ S 1

x







 2

2

S

S



 

  

 

 

 

  

 

 

S 1

z

S 1

z

S 1

z

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z

S 1

z







 4 2

S

S

.

 

  

 

 



z

z

z

z

2

S 1

S 1

2





S

S

 

  

 

 

z

2

z

S 1

z

2

z

ˆ ˆ S S 1 y

2

y

 4 S 1





S

S

S

S

S

S

 

  

 

 

 

  

 

 





2

z

2

z

2

z

2

z

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z

ˆ S 1

y







i  2

2

2

i

S

S



 

  

 

 

 

  

 

 





z

z

z

z

z

z

z

z

S 1

S 1

S 1

S 1

2

S 1

2

S 1







 4

2

S

S

 

 

  

 

 

.

z

z

z

z

S 1

2

S 1

2





S

S

S

S

  

 

 

  

 

 

 4  

z

2

z

S 1

z

2

z

z

2

z

S 1

z

2

z

 ˆ V S 1

    

 E S 3 1



2

J

S

S

S

S



 

  

 

 

  

 

 

S 1

z

2

z

S 1

z

2

z

z

2

z

S 1

z

2

z

    

 E S 3 1





2

J



 

E 3

S

S

 

  

 

S 1

2

S 1

2

z

z

z

z

 4

  

S

S





 

 

 

2

2

2

S 1

2

S 1

2

x

x

ˆ ˆ S S y 1

y

z

ˆ ˆ S S z 1

z

z

z

z



S

S

 

 

 

2

 S    1

2

z

z

z

z

 ˆ ˆ J S S 1  E S   4 1

   

2

S

S

S

S

 

  

 

 

  

 

 

S 1

2

S 1

2

S 1

2

S 1

2

2

z

z

z

z

z

z

z

z

ˆ ˆ S S z 1

z



    





 4 Khi hàm spin có dạng: 

S

S

 

  

 

 

S 1

2

S 1

2

2

z

z

z

z

ˆ ˆ S S x 1

x





S

S

S

S

S

S

 

  

 

 

 

  

 

 



z

z

z

z

z

z

z

z

x

2

2

2

2

S 1

2

S 1

2

ˆ S 1







 2

2

S

S



 

  

 

 

 

  

 

 

z

z

z

z

z

z

z

z

S 1

S 1

S 1

S 1

2

S 1

2

S 1







 4

2

S

S

.

 

 

  

 

 

z

z

z

z

2

S 1

S 1

2





 4

 4

S

S

 

  

 

 

2

S 1

2

S 1

2

ˆ ˆ S S y 1

y

z

z

z

z





S

S

S

S

S

S

 

  

 

 

 

  

 

 





z

z

z

z

z

z

z

z

y

2

2

2

2

S 1

2

S 1

2

ˆ S 1







i  2

2

2

i

S

S



 

  

 

 



 

  

 

 



z

z

z

z

z

z

z

z

S 1

S 1

S 1

S 1

2

S 1

2

S 1







 4

2

S

S

 

 

  

 

 

.

z

z

z

z

S 1

2

S 1

2





 4  

2

2

2

2

z

z

z

z

z

z

z

z

    

 E S 4 1



 ˆ V S 1

2

S S S S               S 1 S 1

z

z

z

z

z

z

z

z

2

2

2

2

    

 E S 4 1





2

S S S S J                   S 1 S 1 S 1  3 4

2

2

5

J

E   

Vậy mức năng lượng

E E  1

2

J     E 4  3 4

2  2

 ma

2

2

5

J

E   

và mức năng lượng

E E  1

2

3  suy biến bậc một. 4

2  2

 ma

 suy biến bậc ba 4

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  V  0 V x ( ) 0    

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:

x x , 1 2

s s , 1 2

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.

)

ˆ H









Toán tử Hamilton

( V x 1

x 2

2 ˆ p 1 2 m 1

2 ˆ p 2 2 m 2

x





xác định vị trí tương đối giữa các hạt

Đặt

x 1

x 2

X



: tọa độ khối tâm của hệ

m x m x  1 1 2 2 m m  2

1





: khối lượng của hệ

M m m 1 2

: khối lượng rút gọn của hệ hai hạt

m m 1 2 m m  2

1

p 0,







P p  1

p 2

m p m p  2 1 2 1 m m  2

1

2

2





Vậy:

p 2

ˆ P  M  2

2 p 1 m 2 1

2 p 2 m 2 2



, vậy phương trình Schrodinger có dạng :

Nên :

2ˆ p 2 

2

ˆ H V x ( )  



.

 2 

Đây là phương trình Schrodinger đối với một hạt có khối lượng  chuyển

động trong trường thế V(x).

x ( ) E x ( )   x V x ( ) ( )     x 

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

x







có tọa độ

và chịu tác dụng của thế năng:

x 1

x 2

m m 1 2 m m  2

1

x

a



V x ( )

V 0 0

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 :

E

)

2

x

a

:

k

0

k







2 

 với

V 2 (   0 2

2  2

d dx

x

a

:

k

0

k







 với

2  0

2 0

2  2

2 E  2

d dx





k x 0

k x 0

x ( )

Ce

De







.

Miền ngoài có nghiệm

Để hàm sóng hữu hạn thì :

k x 0

Ce

( ) x  

khi x < -a



k x 0

x De ( ) 



khi x > a

Miền trong hố thế phương trình có nghiệm như sau:

A

cos

sin

kx

( ) x  

kx B 

với x



a

Sử dụng điều kiện liên tục tại x

a  ta có :

0

0

k a

k a





Ce

A

ka

A

cos

sin

cos

sin

ka B 

ka B 

ka Ce 

0

0

 k a

0 k a



 

k A

ka

k A

ka

( sin

cos

)

( sin

cos

)

0



ka B 

ka B 





0

0



0

0

k a

k Ce 

k Ce k a 

De

A

ka

A

cos

sin

cos

sin

ka B 

ka B 

ka De 

0

0

 k a

0 k a



 

k De

k A

ka

k A

ka

k De

( sin

cos

)

( sin

cos

)

0



ka B 

ka B 





0

0

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

0

k a



ka

cos

-sinka -e

0

0

k a



ka

k sinka k cos

-k e

0

0



0

k a

0 

coska sinka 0 e

0



k

ka

sin

-kcoska

0 -k e k a

0

0

0

tgka

tgka







 0

k k

k k

     

  

  

ktgka



Trường hợp 1 :

.

0k

Thay vào hệ phương trình ta có

ktgka



Ce

ka

cos

sin

(1)

ka B 

A  ktgka



k A

ka

( sin

cos

) (2)



ka B 

ktgka

ktgkaCe 

De

ka

cos

sin

(3)

ka B 

A  ktgka



ktgkaDe

k A

ka

( sin

cos

) (4)



ka B 

                 

katgka



0 A=C

D=C

B



Giải hệ ta được :

.

e cos

ka

Vậy hàm sóng được viết như sau :

k x 0

khi x<-a

Ce

x ( )  



k x 0

khi x>a

Ce

x ( )  

katgka



A

kx

x

a

cos

cos

khi

x ( )  

kx C 



e cos

ka

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

        

a

a







katgka

2 

2

2

2 

2

2

k x 0

k x 0

2 C e

2 C e

2









a

a







a

katgka

2 

a





2

2 

2

2

2

k x 0

k x 0

dx dx C dx x ( ) 1 cos kx dx 1       ka e cos

2

a





0

0

a



a

katgka

2

2

2 

2 

2 

2

k a 0

k a 0

e kx dx C e C C (1 cos 2 ) + = 1    ka 1 k 2 e cos 1 2 1 k 2 

2

a



0

0

katgka

2

2 

2 

2

k a 0

e C + sin 2 kx + e = 1  ka e 2 cos C k 2 1 k 2 C k 2  x     

2

0

2 

2 

2

2

k a 0

k a 0

e C 2 a sin 2 ka 1     e 2 cos ka C k 1 k      

2 tg ka

2

katgka

2

C e C a (1 ) e 1    1       1 ktgka a 2 cos sin k cos ka ka ka 1 ktgka sin k cos ka ka            

3

2

)

C   kat

2

k

k













Ta có:

với

.

2 0

2 C 1

 2

V 2  0 2

2 V a  0 2

2 C 1 2 a

2

2

2

2 k a

k

a

2 k a









2 k a 0

2 C   1

0

2 C 1

k = ktgka

maø

0

2

2

2 k a

1C

tgka



Vậy:

.

 ka

2

2 k a

2 C 1

tgka y ,





Đặt

ta khảo sát hai hàm số này, giao diểm của hai

y 1

2

 ka

hàm số là nghiệm của phương trình.

ktgka

 

Trường hợp 2 :

0k

Thay vào hệ phương trình ta có :

ktgka

A

cos

sin

ka

(1)



ka B 

ktgka

ktgkaCe

k A (

sin

cos

ka

) (2)





ka B 

ktgka

A

cos

sin

ka

(3)



ka B 

ktgka

ktgkaDe

k A (

sin

cos

ka

) (4)



ka B 

 Ce    De   

katgka

0 A=C

D=C

B



Giải hệ ta được :

e cos

ka

Vậy hàm sóng được viết như sau :

 E ktgkae 2 1 g ka ktg ka katgka   E V 2 ( 2   0 2    

k x 0

khi x<-a

( ) x Ce  



k x 0

khi x>a

( ) x Ce  

katgka

A

kx

x

a

cos

cos

khi

x ( )  

kx C 



ka

e cos

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

a

a







katgka

2

2

2

2 

2

2

k x 0

k x 0

2 C e

2 C e

2









a

a







a

katgka

2

a





2

2 

2

2

2

k x 0

k x 0

dx dx C dx x ( ) 1 cos kx dx 1       ka e cos

2

a





0

0

a



a

katgka

2

2

2

2 

2 

2

k a 0

k a 0

e kx dx C e C C (1 cos 2 ) + = 1    ka 1 k 2 e cos 1 2 1 k 2 

2

a



0

0

2

2

katgka

2 

2

k a 0

e C x + kx e sin 2 + = 1   ka C k 2 e 2 cos C k 2 1 k 2      

2

0

2 

2 

2

2

k a 0

k a 0

e C a ka 2 sin 2 1     C k ka 1 k e 2 cos      

2 tg ka

2

katgka



2

e C a e C (1 ) 1    1       1 ktgka ka ka ka 1 ktgka ka ka a 2 cos sin k cos sin k cos            

3 katg k

2

C  

)

V 0

2

k

k













Ta có:

với

.

2 0

2 C 1

2 V  0 2

2 V a  0 2

2 C 1 2 a

2

2

2

2 k a

k

a

2 k a









2 k a 0

2 C   1

0

2 C 1

k = -ktgka

maø

0

2

2

2 k a

1C

tgka

 

Vậy:

.

 ka

2

2 k a

2 C 1

tgka y ,



 

Đặt

ta khảo sát hai hàm số này, giao diểm của hai

y 3

4

 ka

hàm số là nghiệm của phương trình.



chỉ tồn tại một mức năng lượng (các đường cong

, y y cắt

Khi

C 1

1

2

 2

, y y không cắt nhau).

nhau tại một điểm,

3

4

 E ktgkae 2  2 (  a ktg ka katgka 1  E 2   2 2    

Bài 20.

Hai hạt fermion đồng nhất spin

nằm trong hố thế vô hạn một chiều

1 2

)

có thể xem như là nhiễu

độ rộng L, giữa chúng có thế tương tác

V x ( 1

x 2

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

x ( )

sin

, E





 n

n

2 a

n x  a

2

x ( )

sin

, E





 k

k

2 a

k x  a

2 n   2 ma 2 2 2  2

k  2 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)





a

(1, 2)

(

(1, 2)





a

 a  s

)  s )  a

x x , 1 2 x x , 1 2

2

2

2

2









Trạng thái cơ bản có n = k = 1,

E 1

2  0

2  2

2  2

2  2

(1, 2)

(

(1, 2)

sin

sin

sin

sin

(1, 2) 0











a

 a

)  s

 s

x x , 1 2

x  1 L

x  2 L

x  1 L

x  2 L

1 2 L 2

  

  

(1, 2)

,

(1, 2)





a

s

)  a

x x ( 2

1

sin

sin

sin

sin

S

S





 

  

 

 

z

z

z

z

S 1

2

S 1

2





x  1 L

x  2 L

x  1 L

x  2 L

1 2 L 2

1 2

  

  

 2 mL  2 mL  2 mL

sin

S

S

 

  

 

z

z

z

z

S 1

2

S 1

2



  

2 = sin L

x  1 L

x  2 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)

2

2

2

5









Năng lượng:

.

E 2

5  0

2

2

2  2

2 4   2 ma 2

2  2

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

(1, 2)

(

(1, 2)





a

(1, 2)

(

(1, 2)





a

 a  s

)  s )  a

x x , 1 2 x x , 1 2

(1, 2)

(1, 2)

(





a

sin

sin

sin

sin

S



 

 



z

z

S 1

2

2 x  2 a

2 x  1 a

x  2 a

)  s x  1 a

x x ,  1 2 a 1 2 a 2

  

  

sin

sin

sin

=

sin

S



 

 

z

z

S 1

2

2 x  1 a

x  2 a

2 x  2 a

  

(1, 2)

(1, 2)





a

in

sin

sin

S

s

sin



 

 



z

z

S 1

2

2 x  2 a

2 x  1 a

x  2 a

x  1 a )  s x  1 a

2   a  x x ( ,  1 2 a 1 2 a 2

  

  

sin

sin

=

sin

sin

S



 

 

z

z

S 1

2

2 x  2 a

2 x  1 a

x  2 a

  

(1, 2)

(1, 2)





a

S

S

sin

sin

sin

sin



 

  

 

 



S 1

2

S 1

2

z

z

z

z





2   a  x x ( ,  1 2 a x  1 a

x  1 a )  s x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

1 2 a 2

1 2

  

sin

sin

sin

S

S

sin

=



 

  

 

 

z

z

z

z

S 1

2

S 1

2





1 a

   x  1 a

2 x  2 a

2 x  1 a

x  2 a

  

  

Spin toàn phần của hệ trong trường hợp hàm spin đối xứng bằng 1.

 ma  ma

a

(1, 2) (1, 2) (  

z

z

z

z

2

2





sin sin sin sin S S            S 1 S 1 x x ,  1 2 s x  1 a )  a 2 x  2 a 2 x  1 a x  2 a 1 2 a 2 1 2   

z

z

z

z

2

2





Spin toàn phần của hệ bằng 0.

S S sin sin sin sin =           S 1 S 1 1 a    x  1 a x 2  2 a x 2  1 a x  2 a      

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)

2

2

2

13

13









.

Năng lượng:

E 3

 0

2

2 4   2 ma 2

2 9   2 ma 2

2  2

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

(1, 2)

(

(1, 2)





a

(1, 2)

(

(1, 2)





a

 a  s

)  s )  a

x x , 1 2 x x , 1 2

(1, 2)

(1, 2)

(





a

sin

sin

S

sin

sin



 

 



z

z

S 1

2

3 x  2 a

3 x  1 a

2 x  2 a

)  s 2 x  1 a

x x ,  1 2 a 1 2 a 2

  

  

S

sin

sin

sin

=

sin



 

 

z

z

S 1

2

x 3  2 a

x 3  1 a

x 2  2 a

  

(1, 2)

(1, 2)





a

sin

sin

sin

S

sin



 

 



z

z

S 1

2

3 x  2 a

3 x  1 a

2 x  2 a

x 2  1 a )  s x 2  1 a

2   a  x x ( ,  1 2 a 1 2 a 2

  

  

sin

sin

=

sin

sin

S



 

 

z

z

S 1

2

3 x  2 a

3 x  1 a

2 x  2 a

  

(1, 2)

(1, 2)





a

S

S

sin

sin

sin

sin





 

  

 





S 1

2

S 1

2

z

z

z

z





2   a  x x ( ,  1 2 a x 2  1 a

2 x  1 a )  s x 3  2 a

x 3  1 a

x 2  2 a

1 2 a 2

1 2

  

sin

sin

sin

sin

=

S

S



 

  

 

 

z

z

z

z

S 1

2

S 1

2





1 a

   2 x  1 a

3 x  2 a

3 x  1 a

2 x  2 a

  

  

Spin toàn phần của hệ trong trường hợp hàm spin đối xứng bằng 1.

(

(1, 2)

(1, 2)





a

sin

sin

sin

sin

S

S



 

  

 

 



S 1

z

2

z

S 1

z

2

z





x x ,  s 1 2 2 x  1 a

)  a 3 x  2 a

3 x  1 a

2 x  2 a

1 2 a 2

1 2

  

sin

sin

sin

sin

S

S

=



 

  

 

 

z

z

z

z

S 1

2

S 1

2





   2 x  1 a

1 a

3 x  2 a

2 x  2 a

3 x  1 a

  

   Spin toàn phần của hệ bằng 0.

Vậy: mức năng lượng ở trạng thái kích thích thứ hai suy biến bậc 4.

b )

 ma

)

Khi có thế tương tác

giữa hai hạt xem như nhiễu loạn, bổ

V x ( 1

x 2

chính năng lượng của hệ được tính:

E

 

a

ˆ V   s

0



E

 

s

s

0

ˆ V

ˆ V

E







 

    a s

a

s

a

ˆ V   s

s

a ˆ V   s 

2

0

ˆ V

ˆ V

ˆ V

ˆ V

ˆ V

ˆ V

E





 E  

ˆ V   a ˆ V   a    

     s

a

a

s

         s

a

a

a

a

s

s

s

ˆ V   a 

A

sin

sin

,

B

sin

sin





E    2 x  1 a

x  2 a

2 x  2 a

 x  1 a

ˆ V



a

a

ˆ * V dx dx     a a 2

1



sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin







dx dx 1 2



x 2  1 a

x  2 a

x  1 a

x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

x 2  2 a

  ˆ V    

  

ˆ







x  1 a 





A B V A B dx dx 2

1

ˆ

ˆ

ˆ









ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1



    

 

ˆ V

s

s

ˆ * V dx dx      s s 2

1



sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin







dx dx 1 2



x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

x  1 a

x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

  ˆ V    

  

ˆ







x  1 a 





A B V A B dx dx 2

1

ˆ

ˆ

ˆ









ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1



    

 

ˆ V



a

s

ˆ * V dx dx     a s 2

1



sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin







dx dx 1 2



x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

x  1 a

x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

  ˆ V    

  

ˆ







x  1 a 





A B V A B dx dx 2

1

ˆ

ˆ

ˆ









ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1



    

 

ˆ V



a

s

ˆ * V dx dx     s a 2

1



sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin







dx dx 1 2



x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

x  1 a

x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

  ˆ V    

  

ˆ





x  1 a 





A B V A B dx dx  2

1

ˆ

ˆ

ˆ









ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1



    

 

ˆ V

ˆ V

     s

a

a

s

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

















1

ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1









ˆ

2

2

ˆ AVA





1

 

ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2  BVB dx dx 2

 

ˆ V

ˆ V

    a s

a

s ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ















ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1

ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1











2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ







AVAdx dx 2

1

1

1

1

1

 







 AVAdx dx AVBdx dx 2 2

 AVAdx dx BVAdx dx 2 2

2

 ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

-





1

1

1

1

1

AVBdx dx 2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ



ˆ AVBdx 1

ˆ dx BVAdx dx 2

2

1

1

1

1

1

 AVAdx dx BVBdx dx 2 2 

   -

  BVAdx dx AVAdx dx 2 2

 

2

2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ









1

1

1

BVAdx dx 2

1

1

BVBdx dx 2

1





ˆ

ˆ

ˆ

ˆ





1

1

1

2

1

  ˆ VAdx dx 2

1

 

    





2

2

2

2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ









AVAdx dx 2

AVBdx dx 2

1

1

BVAdx dx 2

1

BVBdx dx 2

1

 BVAdx dx AVBdx dx 2 2  BVBdx dx AVAdx dx 2 2 

 BVAdx dx BVBdx dx 2 2 ˆ BVBdx dx B 1 

ˆ

ˆ

 ˆ

+   2 

1

1

1

1

   AVAdx dx BVBdx dx 2 2



 AVBdx dx AVAdx dx 2 2  AVBdx dx BVBdx dx 2 2    BVBdx dx AVBdx dx 2 2   -2

    ˆ  AVBdx dx BVAdx dx 2 2

ˆ V

    a s

s

a ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ















ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1

ˆ AVA AVB BVA BVB dx dx 2

1

ˆ V 









2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ







AVAdx dx 2

1

1

1

1

1

 





 AVAdx dx AVBdx dx 2 2

 AVAdx dx BVAdx dx 2 2

2

 ˆ

ˆ

ˆ

 ˆ

ˆ







1

1

1

1

1

AVBdx dx 2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ





2

ˆ VAdx dx 2

1

1

1

1

1

 

 AVAdx dx BVBdx dx 2 2  AVBdx dx B 1

 

   BVAdx dx AVAdx dx 2 2

2

2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ









1

1

1

BVAdx dx 2

BVBdx dx 2

1

1

1









ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ



1

1

1

1

1

1

 



2

2

2

2

ˆ

ˆ

ˆ









AVAdx dx 2

1

AVBdx dx 2

1

BVAdx dx 2

1

BVBdx dx 2

1

 BVAdx dx AVBdx dx 2 2  BVBdx dx AVAdx dx 2 2 

 BVAdx dx BVBdx dx 2 2 ˆ  BVBdx dx BVAdx dx 2 2 



ˆ

ˆ

 ˆ

   2 



1

     ˆ  AVBdx dx BVAdx dx 2 2

2

1 ˆ V

1 ˆ V

E

1 ˆ V

ˆ V

ˆ V

ˆ V

 







a

a

s

a

a

s

         s

a

a

s

s

  AVAdx dx BVBdx dx 2 2       s

  AVBdx dx AVAdx dx 2 2   AVBdx dx BVBdx dx  2 2      BVBdx dx AVBdx dx 2 2  ˆ  2  E  

2

2

2

2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

2

E





 







1

2

1

AVAdx dx 2

AVBdx dx 2

1

BVAdx dx 2

1



















2

2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

2

-2







1

1

BVBdx dx 2

1

1

1

AVAdx dx 2

1

 

 









2

2

2

ˆ

ˆ

ˆ

 AVBdx dx BVAdx dx 2 2 ˆ

ˆ

2









AVBdx dx 2

BVAdx dx 2

BVBdx dx 2

1

1

1

1

1

 AVAdx dx BVBdx dx 2 2 











 AVAdx dx BVBdx dx 2 2

 ˆ

ˆ

     2

0





1

1

2

ˆ

ˆ

ˆ

4

2

E

 





    



2

1

1

1





ˆ

ˆ

 ˆ AVA BVB dx dx E    AVBdx dx BVAdx dx 2 2   ˆ AVA BVB dx dx E 4

0





1

1

 AVAdx dx BVBdx dx 2 2  AVBdx dx BVAdx dx 2 2



2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

4

4

'  







ˆ AVA BVB dx dx 2

1

1

1

1

1











 AVBdx dx BVAdx dx 2 2

 

2

2

ˆ

ˆ

 AVAdx dx BVBdx dx 2 2 ˆ

ˆ

2







AVAdx dx 2

1

BVBdx dx 2

1

1

1



 AVAdx dx BVBdx dx 2 2

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

    4

4



 

1

1

1

1

   AVAdx dx BVBdx dx 2 2

  AVBdx dx BVAdx dx 2 2



2

ˆ

ˆ

ˆ

 ˆ

4





AVA BVB dx 1

dx 2

1

1







 AVBdx dx BVAdx dx 2 2



 

  

'

'

2

b

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

4



E  









ˆ AVA BVB dx dx 2

1

ˆ AVA BVB dx dx 2

1

1

1





 AVBdx dx BVAdx dx 2 2

 

 

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin

ˆ V

ˆ V







   a x  1 a

  2 x  2 a

x  1 a

2 x  2 a

x  2 a

2 x  1 a

  2 x  1 a

 x  2 a

  

 dx dx  1 2 

2

sin

sin

sin

sin

sin

sin

ˆ sin V

sin

ˆ V





x  2 a

x 2  1 a

x  2 a

x  1 a

2 x  2 a

x  1 a

2 x  2 a

2 x  1 a

  

  

  



ˆ V

ˆ V

sin

sin

sin

sin

sin

sin

sin



dx dx 1 2

dx dx 1 2

 4 sin



x  1 a

x 2  2 a

x 2  1 a

x  2 a

x 2  1 a

x  2 a

x  1 a

 dx dx  1 2  x 2  2 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.

E

V 11



  V

E

V

V 12  

21

22

V 1 n V 2

n



0





E

V

  

 V n 1

 V n

2

nn



Với E là bổ chính năng lượng.

Bài 21.

Hình chiếu của spin của electron lên trục z là

. Tìm xác suất hình

1 2

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

(hoặc

 ) . Tìm giá trị

1 2

1 2

trung bình của hình chiếu spin lên trục z’.

Lời giải

ˆ S

  ˆ

Hình chiếu của spin

trên phương r được đặc trưng bằng ma

trận:

x

y

z

  ˆ . r









ˆ      x z

y

x

y

z









0 i

0 1 1 0

i  0

1 0

0 1 

z x iy 

x iy  z 

  

  

  

  

  

  

  

  

Thực hiện phép biến đổi unita

ˆS thì hàm sóng hai thành phần

'

chuyển thành hàm

S   và ma trận ˆ chuyển thành ma trận

  1      2

  



ˆ

I

ˆ ˆ  S S

ˆ ˆ    ˆ ' S S 

với ˆ ˆ SS

 (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 ˆS 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 :



x x y ' cos sin    



y sin cos  



i 

y z x z ' '  

i 



z x ' (  ˆ '   ' iy x ' ' '  ' iy  z  x iy e ) z z x iy e ) (            

i  2





i  2

i  2

   i  2 e z e 0 0 ˆ S ˆˆ S ( ) ( )      x iy  z x iy         e e 0 0                    

Trong đó



i  2

i  2

e

0

e

0



,

ˆ S

ˆ S





( ) 

( ) 



i  2

i  2

0

0

e

e

    

    

    

    

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

z x y x y cos sin ' '     

z y z ' sin cos     

' ' sin cos cos sin z x z  ˆ '    '  cos  sin sin iz cos x iy ' iy  ' z iz x iy  y   z '   y  x iy                    



Trong đó:

cos sin cos sin i i  z ˆ S ˆˆ ( ) ( ) S      x iy  x iy  z  sin cos sin cos i i   2  2  2  2  2  2  2  2                             



cos sin cos sin i i 

, ˆ S ˆ S ( )  ( )   

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:



sin cos sin cos i i   2  2  2  2  2  2  2  2                        

 ˆ ˆ ˆ S S ) ( ) ( )        







ˆ ˆ ˆ S S ) ( ) ( ) ˆ S ˆ S ( ( 





Trong đó:

ˆ S '   ˆ ˆ ( S S ) ( ) ( )    ' 1 ' 2          

i  2

i  2





i  2

i  2

cos i sin e 0 e 0 ˆ S ˆ S , ˆ S , ( )  ( )  ( )    

Ma trận chuyển đổi  thành hàm

i sin cos 0 e 0 e                      2  2  2  2            

' là:

i

i  2

i  2

e

e

a *

ib *





ib

a

i  2

i  2

i

e

e

 2  2

 2  2

( )   



( )   

i 2

i 2

e

e

vôùi a = cos

vaø b = sin

 2

 2 Hàm

cos sin 0 0 ˆ S ) , , ˆ ˆ ˆ S S S ( ) ( ) ( ) (              sin cos 0 0                         

ib

ˆ S

( ) , , 

'  



 

a *

ib *

*

' 1 '

ib

a

ib

a

2

a    1 2 *    2

1

  

  

    

  

  1    2

  

   

  

là:

Xác suất hình chiếu spin lên trục z’ bằng

' có được bằng cách tác dụng toán tử ˆS lên hàm  :

2

2

2

*

(

)(

)

1 2 1 2      

* ia b

















* * 

' 1

* a    1

2

1

2

* *  1

2

*   1 2

2

2

2

'

(

)(

)

ib a ib iab  a  1 b  2 P 1 2

* ia b

















* * *   

2

1

2

*  1

2

* *  1

2

*   1 2

1 2

Giá trị trung bình của hình chiếu spin lên trục z’ là :

2

2

2

a ib a ib iab  a  2 b  1 P 

* ia b













'

' 1

1

* *  1

2

*   1 2

zS





1 2

1 2

1 2

1 2

2

2

2

b iab  a    2 P 1 2

* ia b

 

 

 

 







'

' 2

* *  1

2

*   1 2

zS





1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

iab  a  2 b  1 P 

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

(hoặc

chiếu spin lên trục z’ bằng 1 2

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

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

ˆ( ) S  .

2 trở thành hàm

' thông qua ma trận biến đổi là

được xác định như sau:

) ) ˆ( S  . Như vậy ma trận làm biến đổi  thành ' là ˆ S ˆ ˆ    . Hàm S S ( ) ( ) ( '

ˆ S '   ˆ ˆ 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.