Αρχική › ΚΒΑΝΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ › Aπό την εξίσωση του αρμονικού κύματος στην εξίσωση Dirac

Aπό την εξίσωση του αρμονικού κύματος στην εξίσωση Dirac

By on • ( 2 )

1. Η εξίσωση του αρμονικού κύματος

Η εξίσωση του αρμονικού κύματος σε μια διάσταση (πασίγνωστη σε μαθητές Λυκείου) είναι
y=A \sin 2 \pi(\frac{x}{\lambda} - \frac{t}{T})
ή
y=A \cos 2 \pi(\frac{x}{\lambda} - \frac{t}{T})
Δεδομένου ότι k=\frac{2\pi}{\lambda} και \omega=\frac{2\pi}{T} έχουμε:
y=A \sin(kx-\omega t)= A \sin\theta ή y=Acos(kx-\omega t)= Acos\theta
Eφόσον e^{i\theta} = \cos\theta + i \sin\theta
η εξίσωση του αρμονικού κύματος μπορεί να γραφεί και ως
y=Ae^{i(kx-\omega t)}
Παραγωγίζοντας την παραπάνω εξίσωση δυο φορές ως προς x και δυο φορές ως προς το χρόνο προκύπτει αντίστοιχα:
\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}=k^2 \psi
και
\frac{\partial^2 \psi}{\partial t^2}=\omega^2 \psi
Διαιρώντας κατά μέλη τις δυο τελευταίες εξισώσεις και χρησιμοποιώντας την θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής c=\lambda f = \frac{\omega}{k}
παίρνουμε την κυματική εξίσωση:
\frac{\partial^2 \psi}{\partial t^2}=c^{2} \, \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}

2. Ο κυματοσωματιδιακός δυϊσμος του de Broglie

Αν η εξίσωση της ενέργειας ενός φωτονίου E=hf=\frac{hc}{\lambda} συνδυαστεί με την εξίσωση ισοδυναμίας μάζας – ενέργειας E=mc^2 προκύπτει για το μήκος κύματος του φωτονίου
\lambda=\frac{h}{mc}=\frac{h}{p}
όπου p=mc η ορμή του φωτονίου.
Ο de Broglie επέκτεινε τη σχέση μήκους κύματος – ορμής και στα σωματίδια, θεωρώντας την κίνηση σωματιδίου ισοδύναμη με “κύμα” μήκους κύματος \lambda=\frac{h}{p} οπότε p=\frac{h}{\frac{2\pi}{k}} \Rightarrow p=\hbar k \Rightarrow k=\frac{p}{\hbar}
και συχνότητας f=\frac{E}{h}
οπότε E=\frac{h\omega}{2\pi} \Rightarrow E=\hbar \omega \Rightarrow \omega=\frac{E}{\hbar}
Έτσι η εξίσωση που θα περιγράφει το κύμα ενός ελεύθερου σωματιδίου μπορεί να προκύψει από την εξίσωση του αρμονικού κύματος
y\thicksim e^{i(kx-\omega t)}
Θέτοντας k=\frac{p}{\hbar} και \omega=\frac{E}{\hbar} παίρνουμε
y\thicksim e^{\frac{i(px-Et)}{\hbar}}

3. Η εξίσωση Schrödinger

Aντικαθιστώντας την εξίσωση του αρμονικού κύματος y=Ae^{i(kx-\omega t)} στην κλασική κυματική εξίσωση, \frac{\partial^2 \psi}{\partial t^2}=c^{2} \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} αναπαράγεται η σχέση κυκλικής συχνότητας – κυματαριθμού: c=\lambda f = \frac{\omega}{k}
H εξίσωση (Schrödinger) που θα ικανοποιείται από την έκφραση y\thicksim e^{\frac{i(px-Et)}{\hbar}}
θα πρέπει αντίστοιχα να αναπαράγει τη σχέση ενέργειας – ορμής του ελεύθερου σωματιδίου: E=\frac{p^2}{2m}
Δοκιμάζουμε τις παρακάτω παραγωγίσεις:
\frac{\partial y}{\partial t} = \frac{-i}{\hbar}Ey \Rightarrow -\frac{\hbar}{i} \frac{\partial y}{\partial t} = Ey \Rightarrow i \hbar \frac{\partial y}{\partial t} = Ey
\frac{\partial y}{\partial x} = \frac{ip}{\hbar}y \Rightarrow \frac{\partial^2 y}{\partial x^2} = -\frac{p^2}{\hbar^2}y \Rightarrow -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 y}{\partial x^2} = -\frac{p^2}{2m}y
Συνεπώς η εξίσωση Schrödinger που αναπαράγει τη σχέση ενέργειας – ορμής είναι:
i \hbar \frac{\partial y}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}
Η παραπάνω εξίσωση μπορεί να ιδωθεί σε τελεστική μορφή ως:
\widehat{E}y = \frac{\widehat{p}^2}{2m}y
όπου \widehat{E} \equiv i\hbar \frac{\partial}{\partial t} και \widehat{p} \equiv i\hbar \frac{\partial}{\partial x} \Rightarrow \widehat{p}^2 \equiv -\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2}
Θεωρώντας σύστημα μονάδων με \hbar=c=1 η εξίσωση Schrödinger γράφεται:
i \frac{\partial y}{\partial t} = -\frac{1}{2m} \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}

4. H χρονοανεξάρτητη εξίσωση Schrödinger

H μόνη γενική μέθοδος ακριβούς λύσης των μερικών διαφορικών εξισώσεων είναι ο χωρισμός των μεταβλητών. Για παράδειγμα η κυματική εξίσωση
\frac{\partial^2 \psi}{\partial t^2}=c^{2} \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}
επιλύεται θεωρώντας ότι: y(x,t)=X(x)T(t)
Αντικαθιστώντας στην κυματική εξίσωση , μετά από απλές πράξεις έχουμε
\frac{X''}{X}=\frac{1}{c^2}\frac{\ddot{T}}{T}=-\lambda
με λ>0.
Έτσι προκύπτουν οι X''(x)+\lambda X(x) =0 και \ddot{T}(t)+\lambda T(t) =0
Mε παρόμοιο τρόπο γίνεται ο χωρισμός μεταβλητών στην εξίσωση Schrödinger i \hbar \frac{\partial y}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}
Γράφουμε
y(x,t)=\psi(x)T(t)
οπότε
\frac{\partial y}{\partial t}= \psi(x) \dot{T}(t) , \frac{\partial y}{\partial x}= \psi'(x) T(t) και \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}= \psi''(x) T(t)
Αντικαθιστώντας στην εξ. Schrödinger παίρνουμε
i\hbar \frac{\dot{T}}{T}=-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\psi''}{\psi}=E
όπου Ε μια θετική σταθερά.
Έτσι
i\hbar \frac{\dot{T}}{T}=E \Rightarrow T(t)=e^{-\frac{iEt}{\hbar}}
και
-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\psi''}{\psi}=E \Rightarrow -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 \psi(x)}{\partial x^2} = E\psi(x)
H τελευταία εξίσωση είναι η χρονοανεξάρτητη εξ. Schrödinger και μπορεί να γραφεί σε τελεστική μορφή ως
\widehat{H} \psi(x) =E\psi(x) όπου \widehat{H}\equiv -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2}
Eπίσης θα ισχύει:
y(x,t)=\psi(x)e^{-\frac{iEt}{\hbar}}

5. H εξίσωση Klein – Gordon

Θέλουμε να αντικαταστήσουμε την εξίσωση Schrödinger με μια εξίσωση που θα αναπαράγει τη σχέση ενέργειας – ορμής του ελεύθερου σωματιδίου σύμφωνα με τη θεωρία της σχετικότητας: E=\sqrt{c^2p^2 + m^2c^4}
H εξ. Schrödinger σε τελεστική μορφή γράφεται ως:
\widehat{E}y = \frac{\widehat{p}^2}{2m}y
όπου \widehat{E} \equiv i\hbar \frac{\partial}{\partial t} και \widehat{p}^2 \equiv -\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2}
H τετραγωνική ρίζα στην εξίσωση ενέργειας – ορμής της ειδικής θεωρίας της σχετικότητας δυσκολεύει τα πράγματα. Αν όμως γραφεί ως
E^2=c^2p^2 + m^2c^4
μπορεί να μας οδηγήσει εύκολα σε μια εξίσωση με τελεστική μορφή:
\widehat{E}^2 y = (c^2 \widehat{p}^2 + m^2c^4)y
και χρησιμοποιώντας τις διαφορικές εκφράσεις των τελεστών παίρνουμε την εξ. Klein-Gordon:
-\hbar^2 \frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = -c^2 \hbar^2 \frac{\partial^2 y}{\partial x^2} + m^2c^4 y
Θεωρώντας σύστημα μονάδων \hbar=c=1
-\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = -\frac{\partial^2 y}{\partial x^2} + m^2 y
Η λύση της παραπάνω εξίσωσης είναι η επιθυμητή, δηλαδή
y\thicksim e^{i(px-Et)}
και αναπαράγει την σχετικιστική σχέση ενέργειας – ορμής E^2=c^2p^2 + m^2c^4
Εκτός των άλλων, το κυρίως πρόβλημα της εξ. Klein-Gordon είναι ότι είναι 2ης τάξης ως προς το χρόνο. Έτσι, για να επιλυθεί χρειάζονται οι αρχικές συνθήκες y(t=0) και της πρώτης παραγώγου y'(t=0).
Δίνει επίσης στάσιμες λύσεις πχ y(x,t) =\psi(x) \cos(Et) , που για κάποιες χρονικές στιγμές πρέπει να είναι παντού y(x,t)=0.

6. H εξίσωση Dirac

Το ζητούμενο είναι από τη σχέση E=\sqrt{c^2p^2 + m^2c^4} ή στο απλοποιημένο σύστημα μονάδων E=\sqrt{p^2 + m^2}
να προκύψει μια τελεστική εξίσωση χωρίς να υψώσουμε στο τετράγωνο, όπως στην εξ. Klein-Gordon. Η εξίσωση Dirac είναι μια εξίσωση πρώτης τάξης ως προς το χρόνο
i\frac{\partial y}{\partial t} = \widehat{H}y
με
\widehat{H}=\sqrt{\widehat{p}^2+m^2}=\sqrt{-\frac{\partial^2}{\partial x^2} + m^2}
Μόνο που εδώ ο τελεστής \widehat{H} δεν έχει νόημα. Μπορούμε όμως να τον αναζητήσουμε απαιτώντας:
\widehat{H}^2=\widehat{p}^2+m^2
ψάχνοντας δηλαδή μια έκφραση για την “τετραγωνική ρίζα” ενός τελεστή!…

συνεχίζεται …….

‹
›

Κατηγορίες:ΚΒΑΝΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ, ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ, ΦΥΣΙΚΗ

Ετικέτες: , , , ,

2 replies

  1. Babis
    21/02/2014 • 10:55 πμ

    Η εξίσωση του αρμονικού κύματος y=Asin2π( t/T – x/λ) που παρουσιάζετε παραπάνω είναι λανθασμένη.Η σωστή εξίσωση για αυτήν την περίπτωση είναι y=Asin2π( x/λ – t/T) ή y= -Asin2π( t/T – x/λ) .Για να είναι κυματική εξίσωση πρέπει να παρουσιάζετε ο όρος (x – ut). Κάνοντας τις πράξεις στην εξίσωση που δώσατε βρίσκουμε y=Asin(ut – x).

    Reply ↓
    • physicsgg
      21/02/2014 • 9:36 μμ

      Η «σχολική» εξίσωση του αρμονικού κύματος y= Asin2π(t/T – x/λ) με την οποία ξεκινάει το άρθρο προφανώς και δεν είναι λανθασμένη. Διαφέρει με την εξίσωση y=Asin2π(x/λ – t/T) που ακολουθεί στη συνέχεια απλά κατά μια αρχική φάση π.
      Πρόκειται για κάτι τετριμμένο σε σχέση με την συνέχεια, αλλά αν αυτό είναι το μόνο που σε μπερδεύει τότε να αλλάξω την σειρά στην αρχική εξίσωση…

      Reply ↓

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Gravatar
Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. ( Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. ( Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. ( Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Ακύρωση

Σύνδεση με %s

Ο ιστότοπος χρησιμοποιεί το Akismet για την εξάλειψη των ανεπιθύμητων σχολίων. Μάθετε πως επεξεργάζονται τα δεδομένα των σχολίων σας.

Αρέσει σε %d bloggers: