agunhan/Griffiths6.pdfIc¸indekiler ONS¨ OZ¨ vii I KURAM 1 1 DALGA FONKS˙IYONU 3 1.1 SCHROD¨...

KUANTUM MEKANIGINE GIRIS

5 Subat 2011

Icindekiler

ONSOZ vii

I KURAM 1

1 DALGA FONKSIYONU 31.1 SCHRODINGER DENKLEMI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 ISTATISTIKSEL YORUM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 OLASILIK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 BOYLANDIRMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.5 MOMENTUM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.6 BELIRSIZLIK ILKESI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2 ZAMAN-BAGIMSIZ SCHRODINGER DENKLEMI 232.1 DURAGAN DURUMLAR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2 SONSUZ KARE KUYU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.3 AHENKLI (HARMONIK) SALINICI . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.3.1 Cebirsel Yontem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.3.2 Cozumlemeli (Analitik) Yontem . . . . . . . . . . . . . . 40

2.4 SERBEST PARCACIK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5 DELTA FONKSIYON POTANSIYELI . . . . . . . . . . . . . . . 522.6 SONLU KARE KUYU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.7 SACILMA MATRISI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3 FORMALIZM 773.1 DOGRUSAL CEBIR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.1.1 Vektorler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.1.2 Ic Carpım . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.1.3 Dogrusal Donusumler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 823.1.4 Ozvektorler ve Ozdegerler . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.1.5 Hermitsel Donusumler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

3.2 FONKSIYON UZAYLARI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.2.1 Vektor Olan Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.2.2 Dogrusal Donusumler Olarak Islemciler . . . . . . . . . . 98

iii

iv ICINDEKILER

3.2.3 Hilbert Uzayı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.3 GENELLESTIRILMIS ISTATISTIKSEL YORUM . . . . . . . . 1053.4 BELIRSIZLIK ILKESI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

3.4.1 Genellestirilmis Belirsizlik Ilkesinin Ispatı . . . . . . . . . 1093.4.2 Asgari-Belirsiz Dalga Paketi . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.4.3 Enerji-Zaman Belirsizlik Ilkesi . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4 3 BOYUTTA KUANTUM MEKANIGI 1234.1 KURESEL KOORDINATLARDA SCHRODINGER DENKLEMI 123

4.1.1 Degiskenlerin Ayrılması . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.1.2 Acısal Denklem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.1.3 Yarıcap Denklemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.2 HIDROJEN ATOMU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1344.2.1 Yarıcap Dalga Fonksiyonu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1354.2.2 Hidrojenin Tayfı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

4.3 ACISAL MOMENTUM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1464.3.1 Ozdegerler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1474.3.2 Ozfonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

4.4 SPiN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1554.4.1 Spin 1/2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1574.4.2 Bir Manyetik Alan Icerisinde Elektron . . . . . . . . . . . 1614.4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

5 OZDES PARCACIKLAR 1795.1 IKI-PARCACIKLI SISTEMLER . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

5.1.1 Bozonlar ve Fermiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1815.1.2 Degis-tokus (Exchange) Kuvvetleri . . . . . . . . . . . . . 184

5.2 ATOMLAR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1875.2.1 Helyum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1885.2.2 Periyodik Tablo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

5.3 KATILAR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1935.3.1 Serbest Elektron Gazı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1935.3.2 Band Yapısı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

5.4 KUANTUM ISTATISTIKSEL MEKANIK . . . . . . . . . . . . . 2015.4.1 Ornek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2025.4.2 Genel Durum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2045.4.3 En Olası Duzen (Konfigurasyon) . . . . . . . . . . . . . . 2065.4.4 α ve β’nın Fiziksel Anlamı . . . . . . . . . . . . . . . . . 2095.4.5 Siyah Cisim Tayfı (Spektrumu) . . . . . . . . . . . . . . . 212

II UYGULAMA 223

6 ZAMAN-BAGIMSIZ TEDIRGINLIK KURAMI 2256.1 DEJENERE OLMAYAN TEDIRGINLIK KURAMI . . . . . . . 225

6.1.1 Genel Formulasyon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

ICINDEKILER v

6.1.2 Birinci-Mertebe Kuramı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2266.1.3 Ikinci-Mertebe Enerjileri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

6.2 DEJENERE TEDIRGINLIK KURAMI . . . . . . . . . . . . . . 2316.2.1 Ikili Dejenerelik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2316.2.2 Daha-Yuksek Mertebe Dejenerelikler . . . . . . . . . . . . 235

6.3 HIDROJENIN INCE YAPISI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2396.3.1 Gorelilik Duzeltmesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2406.3.2 Spin-Yorunge Ciftlesmesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

6.4 ZEEMAN ETKISI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2476.4.1 Zayıf-Alan Zeeman Etkisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2486.4.2 Guclu-Alan Zeeman Etkisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2496.4.3 Aradegerlerdeki-Alanlar icin Zeeman Etkisi . . . . . . . . 250

6.5 ASIRI-INCE AYRISMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252

7 DEGISIM (VARYASYON) ILKESI 2597.1 KURAM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2597.2 HELYUMUN TABAN DURUMU . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2647.3 HIDROJEN MOLEKULU IYONU . . . . . . . . . . . . . . . . . 269

8 WKB YAKLASIKLIGI 2778.1 ”KLASIK” BOLGE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2788.2 TUNELLEME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2828.3 BIRLESTIRME FORMULLERI . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

9 ZAMAN-BAGIMLI TEDIRGINLIK KURAMI 2999.1 IKI-SEVIYELI SISTEMLER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300

9.1.1 Tedirgin Edilmis Sistem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3009.1.2 Zaman-Bagımlı Tedirginlik Kuramı . . . . . . . . . . . . . 3029.1.3 Sinussel Tedirginlikler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

9.2 ISIMA YAYIMI VE SOGURULMASI . . . . . . . . . . . . . . . 3079.2.1 Elektromanyetik Dalgalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3079.2.2 , Uyarılmıs Yayım ve Anında Yayım . . . . . . . . . . . . 3089.2.3 Uyumlu Olmayan Tedirginlikler . . . . . . . . . . . . . . . 310

9.3 KENDILIGINDEN YAYIM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3129.3.1 Einstein’ın A ve B Katsayıları . . . . . . . . . . . . . . . 3129.3.2 Uyarılmıs Bir Durumun Yasam Suresi . . . . . . . . . . . 3149.3.3 Secim Kuralları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316

10 ADIYABATIK YAKLASIKLIK 32510.1 ADIYABATIKLIK SAVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325

10.1.1 Adiyabatik Surecler (Prosesler) . . . . . . . . . . . . . . . 32510.1.2 Adiyabatik Savın Ispatı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32810.1.3 Bir Ornek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332

10.2 BERRY FAZI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33410.2.1 Holonomik Olmayan Surecler . . . . . . . . . . . . . . . . 33410.2.2 Geometrik Faz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336

vi ICINDEKILER

10.2.3 Bir Ornek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34210.2.4 Aharonov-Bohm Etkisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344

10.3 UNITE 10 ILE ILGILI DIGER PROBLEMLER . . . . . . . . . 350

11 SACILMA 35311.1 GIRIS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353

11.1.1 Klasik Sacılma Kuramı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35311.1.2 Kuantum Sacılma Kuramı . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356

11.2 KISMI DALGA COZUMLEMESI . . . . . . . . . . . . . . . . . 35811.2.1 Formalizm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35811.2.2 Strateji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361

11.3 BORN YAKLASIKLIGI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36311.3.1 Schrodinger Denkleminin Integral Hali . . . . . . . . . . . 36311.3.2 Birinci Born Yaklasıklıgı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36711.3.3 Born Serisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371

A SONSOZ 375A.1 EPR Celiskisi (Paradoks) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376A.2 Bell Savı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377A.3 Bir Olcum, Nedir? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382A.4 Kuantum Zeno Celiskisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384

ONSOZ

Newton’un mekanigi veya Maxwell’in elektrodinamigi ya da Einstein’ın goreliligigibi bir kisi tarafından yaratılmıs degildir kuantum kuramı. Hatta eksiksiz birsekilde derli toplu bir hale bile getirilmemistir, heyecan veren ve derinden sarsıcıilk gencliginin bazı yara izlerini muhafaza etmektedir. Temel ilkelerinin ne oldugu,nasıl ogretilmesi gerektigi veya gercekten ”ne anlama” geldigi konularında birgenel gorus birligi yoktur. Ehil her fizikci kuantum mekanik ”yapabilir” amayaptıgımız seyin ne olduguyla ilgili kendi kendimize anlattıgımız hikayeler Sehrazad’ınmasalları kadar cesitli ve neredeyse inanılmazdırlar. Onun en buyuk uygulayıcılarındanbiri olan Richard Feynman soyle dikkat cekmistir; ”Kuantum mekanigini kims-enin anlamadıgını sanırım kesin olarak soyleyebilirim.”

Bu kitabın amacı size kuantum mekanigin nasıl yapıldıgını ogretmektir.Bolum 1’deki hayhatı bir altyapının dısındaki yarı-felsefi sorular sona saklanmıstır.Kuantum mekanigin ne yaptıgıyla ilgili saglam bir anlayıs edinmemis birisiylekuantum mekanigin ne anlama geldiginin anlasılabilir bir sekilde tartısılabilecegineinanmıyorum. Ama kesinlikle bekleyemem diyorsanız Bolum 1’den sonra suph-esiz derhal Sonsozu okuyunuz.

Kuantum mekanigi kavramsal olarak zengin olmasının yanında teknik olarakda zordur ve ders kitabı orneklerinin, cogu yapay olanlarının dısındakilerden tamcozumu olanlar birkac tanedir ve bayagı farklıdırlar. Dolayısıyla daha gercekciproblemlerle ugrasmak icin ozel teknikler gelistirmek elzemdir. Bu nedenle bukitap iki kısma ayrılmıstır1: Kısım I temel kuramı kapsar, Kısım II yaklasıklıktasarılarından olusan bir cephaneligi acıklayıcı uygulamalarla biraraya getirir.Iki kısmı birbirlerinden mantıksal olarak ayrı tutmak onemli olsa da konularıburada verildigi sırayla calısmak gerekli degildir. Bazı egitmenler Bolum 2’denhemen sonra zaman-bagımsız tedirginlik kuramını gostermeyi tercih edebilirmesela.

Bu kitap 3. veya 4. sınıf lisans duzeyinde, bir yarıyıl veya bir yıllık birders icin tasarlanmıstır. Bir yarıyıllık bir ders temelde Kısım I’e odaklanmalı;butun bir yıllık bir derste Kısım II’nin otesinde ek konular icin de zamanayrılmalıdır. Okuyucunun dogrusal cebir, karmasık sayılar ve kısmi tureve kadarkalkulus konularına temel bilgiler duzeyinde asina olması zorunludur; Fouriercozumlemesi ve Dirac delta fonksiyonu ile tanısıklıgın faydası olabilir. Temel

1Bu yapı David Park’ın klasik kitabından esinlenilmistir: Introduction to the QuantumTheory, 3. ed., (New York: McGraw-Hill, 1992).

vii

viii ICINDEKILER

klasik mekanik sarttır tabii ve bazı yerlerde bir miktar elektrodinamigin deyararı olur. Herzamanki gibi, ne kadar fizik ve matematik bilirseniz o kadar kolayolur ve calısmaktan okadar kurtulursunuz. Ama sunu vurgulamalıyım ki kuan-tum mekanik, bana gore, onceki kuramlardan duzgunce ve dogal bir sonuc olarakcıkarılmamıstır. Tersine klasik dusuncelerden ani ve devrimci bir ayrılısı temsileder; dunyayla ilgili butunuyle yeni ve sezgilere temelden aykırı bir dusunmesekli getirir. Onu bu kadar buyuleyici bir konu yapan da budur.

Bu kitap ilk bakısta korkutucu olacak kadar matematiksel gelebilir. Karsınızacıkacakların bazıları sunlardır; Legendre, Hermite ve Laguerre polinomları, kure-sel harmonikler, Bessel, Neumann ve Hankel fonksiyonları, Airy fonksiyonları vehatta Riemann Zeta fonksiyonu−Fourier donusumunden bahsetmeyelim, Hilbertuzayları, Hermitsel islemciler, Clebsch-Gordan katsayıları ve Lagrange carpanları.Tum bu bavul dolusu malzeme gercekten de gerekli mi? Belki degil ama fizikmarangozluk gibidir: Dogru aleti kullanmak isi kolaylastırır, daha da zorlastırmazve uygun matematiksel alet-edavat olmadan kuantum mekanik ogretmek ogrenciyeigneyle kuyu kazdırmakla esdegerdir. (Diger taraftan eger egitmen kendisiniher aletin uygun kullanımıyla ilgili ozenle hazırlanmıs dersler vermek zorundahissederse bu da sıkıcı ve yoldan saptıran birsey olabilir. Bana gore ogrencilerinellerine kurek verip kazmalarını soylemek gerekir. Ilk etapta kazmayı dogru birsekilde beceremeyebilirler ama ben hala ogrenmenin en verimli ve heyecanlıyolunun bu olduguna inanıyorum.) Sizi temin ederim ki bu kitapta hicbir se-viyede derin matematik yok. Asina olmadıgınız bir seyle karsılasırsınız da benimacıklamamı kafi bulmazsanız eger mutlaka ya birine sorun ya da biryere bakın.Matematiksel yontemlerle ilgili bayagı cok kitap var ama ozellikle Mary Boas’ınMathematical Methods in the Physical Sciences, 2. ed., Wiley, New York (1983)kitabı ile George Arfken’in Mathematical Methods for Physicists, 3. ed., Aca-demic Press, Orlando (1985) kitabını oneririm. Ama ne yaparsanız yapın bizimicin sadece bir gerec olan matematigin fizige engel olmasına musaade etmeyin.

Bir cok okur bu kitapta, genelde oldugundan daha az cozumlu ornek oldugunuve bazı onemli konuların sorulara havale edildigine dikkat cektiler. Bu yanlıslıklaolmus birsey degildir. Ziyadesiyle problemi kendi basınıza yapmadan kuantummekanigini ogrenebileceginize inanmıyorum. Egitmenler tabii ki sınıfta zamanınelverdigi olcude yapabilecekleri kadar cok problemin ustunden gitmelidirler amaogrenciler de bu konunun, hakkında birilerinin dogal sezgilerinin oldugu bir konuolmadıgı ile ilgili uyarılmalıdırlar−burada butunuyle yeni kaslar gelistireceksinizve vucut gelistirmenin yerine koyabileceginiz birsey de yok. Zorluklarını veonemliliklerini vurgulamak icin problemlere farklı sayılarda yıldız vermek onlaricin bir ”Michelin Guide” (onikiden fazla ulkede her yıl yayımlanan Avrupa’dabilinen ve en eski oteller ve lokantalarla ilgili bir rehber kitap) hazırlamamı MarkSemon onerdi. (Bir lokantanın kalitesinde oldugu gibi bir problemin onemininondan alınan tadla ilgisi olmasa da bu iyi bir fikir gibi gorundu.) Ben de soylebir sıralama yaptım:

* her okurun calısması gereken hayati bir problem;** bir sekilde biraz daha zor ve biraz konunun sınırında bir problem;*** bir saatten fazla zaman alabilecek sıradısı zorlukta bir problem.

ICINDEKILER ix

(Yıldız olmayanlar ise ayakustu atıstırılacak turdedir: Ac oldugunuzda tamamama besleyici bir degeri yoktur.) Tek yıldızlı problemlerin cogu uygun bolumunhemen sonrasındadır; uc yıldızlı problemlerin cogu Bolum’un sonundadır. Cozumkitapcıgı (egitmenler icin) yayımcıda mevcuttur.

Problem oneren, kitabın ilk taslaklarını okuyan ve ilk bastaki hallerini kul-lanan bircok meslekdasımın yorumları ve tavsiyelerinden faydalandım. Ozel-likle Burt Brody (Bard College), Ash Carter (Drew University), Peter Collings(Swarthmore College), Jeff Dunham (Middlebury College), Greg Elliott (Uni-versity of Puget Sound), Larry Hunter (Amherst College), Mark Semon (BatesCollege), Stavros Theodorakis (University of Cyprus), Dan Velleman (AmherstCollege) ve Reed College’deki butun meslekdaslarıma tesekkur etmek istiyorum.

Son olarak David Park ve John Rasmussen (ve onların yayımcısına) I. Perl-man ve J. O. Rasmussen’nin ”Alpha Radioactivity” in Encyclopedia of Physics,vol. 42, Springer-Verlag, 1957’den uyarlanan Park’ın Introduciton to the Quan-tum Theory kitabında dipnot 1’den alınan Sekil 8.6’yı kullanmama izin verdik-leri icin tesekkur ederim.

x ICINDEKILER

Kısım I

KURAM

1

Bolum 1

DALGA FONKSIYONU

1.1 SCHRODINGER DENKLEMI

Belirli bir F (x, t) kuvveti etkisi altında x−ekseni boyunca hareket eden mkutleli bir parcacık dusunun (Sekil 1.1). Klasik mekanik parcacıgın x(t) kon-umunu tayin etme kuramıdır. Bunu bildigimiz taktirde parcacıgın hızını (v =dx/dt), momentumunu (p = mv), kinetik enerjisini (T = 1/2mv2) veya digerdinamik degiskenlerini bulabiliriz. Peki x(t)’yi nasıl hesaplayacagız? Newton’un2. yasasıyla: F = ma. (Korunumlu sistemlerde kuvvet, potansiyel enerji fonksiy-onu V ’nin konuma gore eksi turevidir,1) F = −∂V/∂x, ve Newton’un 2. yasasımd2x/dt2 = −∂V/∂x seklinde yazılabilir. Bu kitapta ele alınacak sistemlermikroskopik seviyede meydana gelen korunaklı sistemlerdir.) Uygun baslangıckosulları (t = 0 anındaki konum ve hız gibi) ile birlikte bu, x(t)’yi tayin edebilir.

Kuantum mekanik bu probleme biraz farklı yaklasır. Bu durumda aradagımızsey nesnenin dalga fonksiyonu Ψ(x, t)’dir. Bunu da Schrodinger denkleminicozerek elde ederiz:

ih∂Ψ

∂t= − h2

2m

∂2Ψ

∂x2+ VΨ. (1.1)

Burada i, −1’in karekoku, h, Planck sabiti -veya ozgun sabit (h)’nin 2π’yebolumudur:

h =h

2π= 1.054573× 10−34J.s (1.2)

Schrodinger denklemi Newton’un 2. yasasının benzeri bir rol ustlenir: Uygunbaslangıc kosullarının [yani, Ψ(x, 0)] verilmesi durumnda Schrodinger denklemisonraki zamanlar icin Ψ(x, t)’yi tayin eder, tıpkı klasik mekanikte Newton’un 2.yasasının gelecek zamanlar icin x(t)’yi tayin etmesi gibi.

1Manyetik kuvvetler istisnadır ama simdilik bunları dusunmeyelim. Zaten bu kitaptahareketin goreli olmadıgını, yani parcacıkların hızları v’nin ısık hızı c’den cok dusuk oldugunuvarsayacagız, (v � c).

3

4 BOLUM 1. DALGA FONKSIYONU

Sekil 1.1: Bir boyutta belirli bir kuvvet etkisi altında hareketle sınırlandırılmısbir ”parcacık”.

1.2 ISTATISTIKSEL YORUM

Peki bu ”dalga fonksiyonu” tam olarak nedir ve elde ettiginizde ne isinize yarar?Hepsinden ote, bir parcacık, dogası geregi, bir noktada yerellesmis (lokalize)iken, isminden de anlasılacagı uzere dalga fonksiyonu uzayda yaygın birseydir(herhangi bir t anı icin x’in bir fonksiyonudur). Boyle bir sey nasıl olur dabir parcacıgın durumunu tarif edebilir? Cevap Born’un dalga fonksiyonununistatistiksel yorumu ile verilir, |Ψ(x, t)|2 tarif ettigi parcacıgın t-anında x-noktasında bulunma olasılıgıdır, veya daha net olarak2

|Ψ(x, t)|2dx =

{parcacıgın t anında x ile (x+ dx)aralıgında bulunma olasılıgı.

}(1.3)

Sekil 1.2’deki dalga fonksiyonu ile tarif edilen parcacıgın A noktası civarındabulunma olasılıgı fazlayken B noktası yakınında bulunma olasılıgı gorece dahakucuktur.

Istatistiksel yorum kuantum mekanigine bir tur belirlenemezlik getirir,kuramın parcacık hakkında soyleyecegi herseyi (yani dalga fonksiyonunu) bilm-eniz durumunda dahi parcacıgın konumunu olcen bir deneyin sonucunu tam birkesinlikle belirleyemezsiniz. Kuantum mekanigin size sunacagı sey sadece olasısonuclarla ilgili istatistiksel bir bilgidir.

Bu belirlenemezlik fizikcileri ve filozofları aynı sekilde derinden alt ust edegelmistir.Bu, doganın bir tuhaflıgı mıdır, kuramın bir eksikligi midir, olcum aletlerininbir bozuklugu mudur, yoksa neyin nesidir? Parcacıgın konumunu olctugumu veC noktası olarak buldugumu dusunun. Soru: Ben olcum yapmadan hemen onceparcacık neredeydi? Bu soruya akla uygun 3 cevap vardır ve herbiri kuantumbelirlenemezlikle ilgili 3 okulu (ekolu) karakterize eder:

1. Gercekci Yaklasım: Parcacık C noktasındaydı. Bu, Einstein’ın da savundugu,kesinlikle makul gorunen bir karsılıktır. Ancak bu cevabın dogru olması du-

2Dalga fonksiyonunun kendisi karmasık degerliyken |Ψ|2 = Ψ∗Ψ gerceldir ve negatifdegildir, tıpkı bir olasılık degerinin olması gerektigi gibi burada −Ψ∗ Ψ’nin karmasık eslenigidir−.

1.2. ISTATISTIKSEL YORUM 5

Sekil 1.2: Tipik bir dalga fonksiyonu. Parcacıgın A civarında bulunma olasılıgıgorece daha coktur ve B civarında bulunma olasılıgı gorece daha azdır. Taranmısalan parcacıgın dx aralıgında bulunma olasılıgını temsil eder.

rumunda, kuantum mekanigi tamam olmayan (eksik) bir kuramdır, zirakuram, gercekte C noktasında bulunan parcacıgın bulundugu yeri bize tamkesinlikle soyleyememektedir. Gercekciye gore belirlenemezlik, doganın birhakikati degil bizim eksikligimizin bir yansımasıdır. d’Espagnat bunu soyleifade etmistir: ”parcacıgın konumu hicbir zaman belirlenemez degildir,sadece deneyci tarafından bilinmiyordur.”3 Acıkcası Ψ yeterli degildir,parcacıgın tam bir tarifi icin ilave bilgiler gereklidir ve bu ilave bilgilergizli degiskenlerle verilir.

2. Ortodoks Yaklasım: Parcacık, gercekte bir yerde degildi. Parcacıgı biryerde olmaya zorlayan sey olcme eyleminin kendisidir (nasıl ve nedenC noktasına karar verdigi sorusunu sormaya yeltenmiyoruz). Bu durumuen sade halinde Jordan ifade etmistir: ”Gozlemler, olctugumuz seyi boz-mak la kalmaz onu olusturur lar. ...Biz, [parcacıgı] kesin bir yerde (kon-umda) olmaya mecbur bırakırız.”4 Kopenhag yorumu denilen bu bakısBohr ve takipcileri tarafından olusturulmustur. Fizikciler arasında en fazlakabul goren yorum olagelmistir. Ancak, dogru olması durumunda olcmeeylemiyle ilgili cok tuhaf bir sey var demektir, oyle ki yarım yuzyılı askınbir suredir yapılan tartısmalar bu tuhaflıgın aydınlatılmasına cok az katkıdabulunmustur.

3. Bilinemezci Yaklasım (agnostik) : Cevaplamayı reddeder. Gorundugu kadarsacma olmayan bir yaklasımdır -Bir parcacıgın olcumden onceki duru-muyla ilgili iddiaların dogrulugunu anlamak icin kesinlikle bir olcum yap-manız gerekirken, ki artık ”olcumden onceki durumda” olmayacaksınız, negibi bir yargılama yapılabilir? Dogası geregi test edilemeyecek bir sey icin

3Bernard d’Espagnat, The Quantum Theory and Reality (Kuantum Kuramı ve Gerceklik),Scientific American, Kasım 1979 (Cilt. 241), syf. 165.

4N. David Mermin’in bir makalesinden aktarılmıstır, Is the moon there when nobody looks?(Kimse bakmıyorken ay orada mıdır?), Physics Today, Nisan 1985, syf. 38.


kaygılanmak (kelimenin kaba tabiriyle) fizikotesidir (metafizik). Pauli’ninifadesiyle ”Eski caglardan gelen birtopluigneninucundakacmelekoturabilir?sorusuyla ozdes, hakkında kimsenin birsey bilemeyecegi bir problem icinkimse kafa patlatmamalıdır.”5 Bu durum onyıllarca cogu fizikci tarafındanbir tur geri cekilme icin kullanıldı: Once 2 numaralı cevabı satmaya calıstılar,inatcıydıysanız 3 numaralı cevaba gecip tartısmayı sonlandırıyorlardı.

Yakın gecmise kadar uc yaklasımın (gercekci, ortodoks, bilinemezci) da taraftar-ları vardı. Ancak, olcumden once parcacıgın (bilinmese dahi) kesin konumununolması durumunun gozlenebilir bir fark yarattıgının 1964’te John Bell tarafındangosterilmesi fizik camiasını saskına cevirdi. Bell’in kesfi bilinemezciligi gecerli birsecenek olmaktan cıkarıp diger iki secenekten hangisinin dogru oldugunu den-eye dayalı bir soru olarak bıraktı. Bu hikayeyi Bell’in kuramını daha iyi takdiredebilecek duruma geleceginiz kitabın sonunda tekrar ele alacagım; simdilikdeneylerin ortodoks yorumunu kesin olarak ”dogruladıgıyla yetinin”6. Olcumdenonce bir parcacık bir goletteki dalgacıkların sahip oldugundan daha fazla kesin-likte bir konuma sahip degildir; parcacıgın konumu icin bir deger atfedilmesinisaglayan olcme eyleminin kendisidir ve boylelikle sadece dalga fonksiyonununempoze ettigi istatistiksel agırlıkla sınırlı, spesifik (belirli) bir sonuc bir anlamdayaratılır.

Peki birincisinin hemen ardından ikinci bir olcum yaparsam? Tekrar C sonu-cunu mu elde edecegim yoksa olcme islemi her seferinde butunuyle yeni bir sonucmu cıkaracak? Bu sorunun cevabında herkes hemfikir: Aynı parcacık uzerindetekrarlanan bir olcum aynı sonucu vermek zorundadır. Parcacıgın ilkinde C’debulunup da hemen arkasından tekrarlanan ikinci deneyin bu sonucu onaylama-ması durumunun ispatı gercekten de bir bas belası olurdu. Tekrarlanan (ikinci)olcumun C degerini vermesi gerektigi gercegini ortodoks yorumu nasıl acıklar?Acıkctır ki , ilk olcum dalga fonksiyonunu kokten degistirir, oyle ki artık Ccivarında bir zirve yapar (Sekil 1.3). Dalga fonksiyonu olcumle birlikte C nok-tasında bir zirveye coktu deriz. Schrodinger denklemi geregi Ψ hemen yayılmayabaslayacagından dolayı 2. olcum cok cabuk yapılmalıdır. Demek ki birbirindenbutunuyle ayrık iki fiziksel surec vardır: Dalga fonksiyonunun kendi halindeSchrodinger denklemine gore evrildigi ”sıradan” (”olagan”) olanlar ve Ψ’ninaniden ve sureksiz (kesikli) coktugu ”olcumler”.7

5Mermin’den aktarılmıstır (onceki dipnot), syf. 40.6Bu cumle biraz fazla iddialıdır: Bazılarına Sonsoz’de deginecegim bazı kuramsal ve deney-

sel bosluklar kalıyor. Bahsettigim uc yaklasımın hicbiriyle tam olarak ortusmeyen baska bazıformulasyonlar da var, coklu dunyalar gibi. Ancak en azından egitsel (pedagojik) bakısacısıyla bu asamada net ve kolay anlasılır bir ortamı (platformu) kabul edip baska seceneklerisonrasında degerlendirmek daha iyi olur kanaatindeyim.

7Kuantum mekaniginde olcumun rolu oyle kritik, oyle gariptir ki olcumu neyinolusturdugundan supheye dusebilirsiniz. Bohr’un ısrar ettigi gibi, mikroskopik (kuantum) birsistemle makroskopik (klasik) bir olcme aleti arasında etkilesim mi olmak zorunda, veyaHeisenberg’in iddia ettigi gibi kalıcı bir ”iz, kayıt” bırakmasıyla mı karakterize ediliyor,yoksa Wigner’in onerdigi gibi ”bilincli” bir gozlemcinin mudahalesini mi iceriyor? Bu cetrefillimeseleye Sonsoz’de geri donecegim; simdilik sade, saf goruntuyu alalım: Bir olcum bir bilimadamının laboratuvarda cetvel, kronometre, saat, Geiger sayacı gibi aletlerle yaptıgı bir seydir.

1.3. OLASILIK 7

Sekil 1.3: Dalga fonksiyonunun cokusu: bir olcum sonucu C noktasında bulunanparcacık icin olcumun hemen sonrasında |Ψ|2’nin grafigi.

1.3 OLASILIK

Istatistiksel yorumundan dolayı kuantum mekaniginde onemli bir rol oynayanolasılık kuramının kısa bir tartısmasını yapmak uzere konu dısına cıkacagım.Bu, temelde bir gosterim (notasyon) ve terminoloji belirleme sorunudur ve benbunu basit bir ornek uzerinden yapacagım.

Yasları asagıdaki gibi olan 14 kisinin icinde oldugu bir oda dusunun:

bir kisi 14 yasında

bir kisi 15 yasında

uc kisi 16 yasında

iki kisi 22 yasında

iki kisi 24 yasında

bes kisi 25 yasında.

Eger N(j), j yasındaki kisilerin sayısı olursa,

N(14) = 1

N(15) = 1

N(16) = 3


Sekil 1.4: Bolum 1.3’teki ornek icin j yasındaki kisilerin sayısını, N(j), verenhistogram.

N(22) = 2

N(24) = 2

N(25) = 5

olur ve ornegin N(17) sıfırdır. Odadaki toplam kisi sayısı

N =

∞∑

j=0

N(j). (1.4)

(Bu durumdaN = 14’tur.) Sekil 1.4 verilerin bir dikdortgen cizgesi (histogram)’dır.Asagıdakiler, bu dagılımla ilgili sorulabilecek bazı sorulardır.

Soru 1. Bu grup icinden rastgele bir birey secmeniz durumunda bu kisininyasının 15 olma olasılıgı nedir? Cevap: 14’te 1, zira herbiri es-olası olan 14secenekten sadece bir kisi bu yastadır. P (j), j yasında bir birey secme olasılıgıise, P (14) = 1/14, P (15) = 1/14, P (16) = 3/14, gibidir. Genel olarak,

P (j) =N(j)

N(1.5)

dir. 14 veya 15 yasında bir birey secme olasılıgının (bu durumda, 1/7) bagımsızolasılıklarının toplamı olduguna dikkat edin. Tum olasılıkların toplamı 1’dir −secilecek kisinin kesinlikle bir yası olacak:

∞∑

j=1

P (j) = 1. (1.6)

Soru 2. En olası yas hangisidir? Cevap: acıkca 25; bu yasta 5 kisi varken baskaaynı yasta en fazla 3 kisi var. Genel olarak en olası j, P (j)’nin en buyuk olduguj’dir.

1.3. OLASILIK 9

Soru 3. Orta yas nedir? Cevap: 7 kisi 23 yasından kucuk, 7 kisi 23 yasındanbuyuk oldugundan, 23. (Genel olarak, orta deger, daha buyuk deger elde etmeolasılıgıyla daha kucuk deger elde etme olasılıgı aynı olan degerdir.)

Soru 4. Ortalama yas nedir? Cevap:

(14) + (15) + 3(16) + 2(24) + 5(25) + (14)

14=

294

14= 21.

Genel olarak, ortalama j degeri (bundan boyle 〈j〉 ile gosterecegiz) asagıdakigibi verilir

〈j〉 =

∑jN(j)

N=

∞∑

j=0

jP (j). (1.7)

Orta yasta veya ortalama yasta herhangi birinin olmasının gerekli olmadıgınadikkat edin - bu ornekte 21 veya 23 yasında olan kimse yok. Kuantum mekanigindegenelde ilgilenilen nicelik ortalama degerdir; bu baglamda beklenen deger de-nilegelmistir. Tek bir olcum yaptıgınızda elde edeceginiz en olası sonuc (yaniortalama deger degil, en yuksek olasılıklı deger) demek oldugundan yanıltıcı birterimdir - ama korkarım ki kullanmak durumundayız (bu terime mahkumuz).

Soru 5. Yasların karesinin ortalaması nedir? Cevap: 1/14 olasılıkla 142 =196, 1/14 olasılıkla 152 = 225, veya 3/14 olasılıkla 162 = 256, v.b. elde ede-bilirsiniz. Oyleyse ortalama

〈j2〉 =

∞∑

j=0

j2P (j) (1.8)

dir.Genel olarak, j’nin bir fonksiyonunun ortalama degeri

〈f(j)〉 =∞∑

j=0

f(j)P (j) (1.9)

ile verilir. (1.6, 1.7 ve 1.8 esitliklerinin bu formulun ozel durumları oldugunudusunebilirsiniz.) Dikkat : Karelerin ortalaması (〈j2〉) basitce ortalamanın karesi(〈j〉2) degildir. Ornegin, odada 1 ve 3 yaslarında sadece iki bebek varsa 〈x2〉 =5’tir ama 〈x〉2 = 4’tur.

Simdi, aynı orta degere, aynı ortalamaya, aynı en olası duruma ve aynı sayıdaelemana sahip olmalarına ragmen Sekil 1.5’teki iki dikdortgen cizge (histogram)arasında goze carpan bir farklılık vardır: Birincisi ortalama deger civarında ke-skin bir zirve yapmısken ikincisi genis ve duzdur. (Birincisi buyuk bir kentin birokulundaki bir sınıftaki ogrencilerin digeri tek sınıflı bir koy okulunun ogrencilerininyas profillerini (dagılımlarını) gostermektedir (gosteriyor olabilir).) Bir dagılımdaki”yayılma”nın ortalamaya gore sayısal bir olcusune ihtiyacımız var. Bunun enbariz (acık) yolu her bireyin ortalamadan ne kadar uzaga saptıgını bulmak,

∆j = j − 〈j〉, (1.10)


Sekil 1.5: Aynı orta degere, aynı ortalama degere ve aynı en olası degere sahipama standart sapmaları farklı olan iki histogram.

ve ∆j’nin ortalamasını hesaplamaktır. Buradaki sıkıntı elde edeceginiz sonucunsıfır olmasıdır, zira ∆j aldıgı negatif deger kadar pozitif deger de alır:

〈∆j〉 =∑

(j − 〈j〉)P (j) =∑

jP (j) − 〈j〉∑

P (j))

= 〈j〉 − 〈j〉 = 0.

(〈j〉’nin sabit olduguna dikkat edin − elinizdeki ornegin bir elemanından digerelemanına gecmenizle degismez − toplamda dısarı cıkarılabilir.) Bu rahatsızedici sorundan kurtulmak icin ∆j’nin mutlak degerinin ortalamasını almayıdusunebilirsiniz. Ancak mutlak degerlerle calısmak hos degildir, onun yerineortalamayı almadan once karesini alarak isaret sorunundan kurtuluruz:

σ2 ≡ 〈(∆j)2〉. (1.11)

Bu nicelik dagılımın degisimi olarak bilinir; σ’nın kendisine (ortalamadan sap-manın karesinin ortalamasının kare koku -o da ne!!!) standart sapma denir ve〈j〉 ’den yayılmanın mutat (alısılmıs) olcusudur.

Standart sapmayla ilgili yararlı kucuk bir sav (teorem):

σ2 = 〈(∆j)2〉 =∑

(∆j)2P (j) =∑

(j − 〈j〉)2P (j)

=∑

(j2 − 2j〈j〉 + 〈j〉2)P (j)

=∑

j2P (j) − 2〈j〉∑

jP (j) + 〈j〉∑

P (j)

= 〈j2〉 − 2〈j〉〈j〉 + 〈j〉2,

veyaσ2 = 〈j2〉 − 〈j〉2. (1.12)

esitligi σ’nın hesaplanması icin hızlı bir yontemdir: 〈j2〉 ve 〈j〉2’sini hesapla,ve cıkar. Bu arada, 〈j2〉 ’nin 〈j〉2 ’sine genelde esit olmadıgıyla ilgili az onceuyarmıstım. σ2 (1.11 esitligindeki tanımından) acıkca negatif olmayan (sıfır veyapozitif olan) bir sayı oldugundan, 1.12 esitligi

〈j2〉 ≥ 〈j〉2, (1.13)

1.3. OLASILIK 11

olmasını gerektirir. Esitlik yalnızca σ = 0 olması durumunda olur ve bu da hicyayılmanın olmadıgı dagılımlar icin gecerlidir. (Butun uyeler (elemanlar) aynıdegere sahiptir.)

Buraya kadar surekli olmayan -kesikli- degiskenlerle ilgilendigimizi varsaydım-yani sadece belirli degerleri alabilen degiskenler (ornekteki j degiskeninin birtamsayı olmak zorunda oldugu gibi, cunku yasları sadece yıllarla verdim). Tabiisurekli degiskenlere (dagılımlara) genellestirmek yeteri kadar kolay. Sokaktangecen rastgele secilmis birinin 16 yıl 4 saat 27 dakika 3.3333 saniye yasında olmaolasılıgı sıfırdır. Burada bahsedilebilecek akla uygun sey bu kisinin yasının belirlibir aralıkta olmasıdır. 16 yıl ile 16 yıl artı bir gun arasında olması gibi. Aralıkyeteri kadar kısa oldugunda, olasılık aralıgın uzunluguyla dogru orantılıdır.Ornegin, yasının 16 yıl ile 16 yıl artı iki gun aralıgında olma olasılıgı herhalde16 yıl ile 16 yıl bir gun aralıgında olma olasılıgının iki katıdır. (16 yıl onceo gunlerde bir dogum patlaması olmadıgını varsaydım - bu durumda kuralıngecerli olması icin fazla uzun bir aralık secmis olurum. Dogum patlaması 6 saatsurduyse, emin olmak icin aralıgı bir saniye veya daha kısa seceriz. Teknik olaraksonsuz kucuk aralıklardan bahsediyoruz.) O halde

{(rastgele secilmis) bireyin x ile (x+ dx) aralıgındabulunma olasılıgı

}= ρ(x)dx. (1.14)

Olasılık carpanı ρ(x)’e kabaca ”x elde etme olasılıgı” denir, ama bu ozensiz birtanımdır; daha yerinde bir terim ise olasılık yogunlugudur. x’in sonlu biraralık olan a ile b arasında olma olasılıgı ρ(x)’in integraliyle verilir:

Pab =

∫ b

a

ρ(x)dx, (1.15)

ve surekli olmayan, kesikli dagılımlar icin cıkardıgımız kurallar basitce asagıdakigibi donusturulur:

∫ +∞

−∞ρ(x)dx = 1, (1.16)

〈x〉 =

∫ +∞

−∞xρ(x)dx, (1.17)

〈f(x)〉 =

∫ +∞

−∞f(x)ρ(x)dx, (1.18)

σ2 ≡ 〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 − 〈x〉2. (1.19)

*Problem 1.1 Bolum 1.3’te verilen ornekteki yas dagılımı icin

(a) 〈j2〉 ve 〈j〉2’yi hesaplayın

(b) Her j icin ∆j’yi bulun ve standart sapmayı hesaplamak icin 1.11 esitliginikullanın


(c) 1.12 esitliginin saglandıgını kontrol etmek icin (a) ve (b)’deki sonuclarıkullanın.

Problem 1.2 π sayısının ondalıklı ifadesindeki ilk 25 basamagı gozonundetutun (3, 1, 4, 1, 5, 9, . . .).

(a) Bu listeden rastgele bir rakam sectiginizde 10 rakamdan (0, 1, · · · , 9) her-birinin gelme olasılıgı nedir?

(b) En olası rakam hangisidir? Orta deger nedir? Ortalama deger nedir?

(c) Bu dagılım icin standart sapmayı bulunuz.

Problem 1.3 Bir arabanın kırık hız gosregesinin ignesi gostergenin herikiucuna serbestce salınabilmektedir. Oyle ki, kucuk bir itmeyle 0’la π arasındakiacılardan herbirinde es olasılıkla durmaktadır.

(a) Olasılık yogunlugu ρ(θ) nedir? [ρ(θ)dθ ignenin θ ile (θ+dθ) aralıgında durmaolasılıgıdır.] −π/2’yle 3π/2 aralıgında ρ(θ)’nın θ’ya gore grafigini (cizgesini)ciziniz. (Bu aralıgın bir bolumu θ’nın alabilecegi degerlerin dısındadır. Dola-yısıyla ρ buralarda sıfırdır.) Toplam olasılıgın 1 oldugundan emin olun.

(b) Bu dagılım icin 〈θ〉, 〈θ2〉 ve σ’yı hesaplayın.

(c) 〈sin θ〉, 〈cos θ〉 ve 〈cos2 θ〉’yi hesaplayın

Problem 1.4 Bir onceki problemdeki aleti gozonunde bulunduracagız ama busefer igne ucunun x-koordinatıyla ilgilenecegiz −yani ignenin yatay dogrultununuzerine dusen ”golgesi” veya ”izdusumu”yle.

(a) Olasılık yogunlugu, ρ(x) nedir? [ρ(x)dx izdusumun x ile (x+dx) aralıgındaolma olasılıgıdır.] ρ(x)’i −2r’den +2r’ye kadar olan aralık icin x’in bir fon-siyonu olarak cizin. Burada r ignenin uzunlugudur. Toplam olasılıgın 1oldugundan emin olun. [Ipucu: θ’nın verildigi bir aralık icin olasılıgın neoldugunu Problem 1.3’ten biliyorsunuz. Buradaki soru dθ aralıgına karsılıkgelen dx aralıgının ne oldugudur.]

(b) Bu dagılım icin 〈x〉, 〈x2〉 ve σ’yı hesaplayın. Bu sonucları Problem 1.3’un(c) sıkkının sonuclarından nasıl elde edebileceginizi acıklayın.

**Problem 1.5 l uzunlugundaki bir igne, uzerine l aralıklarla paralel cizgilercizilmis bir kagıdın uzerine rastgele dusuyor. Ignenin bu cizgilerden birini kesmeolasılıgı nedir? [Ipucu: Problem 1.4’e bakın]

*Problem 1.6 Gauss degılımını,

ρ(x) = Ae−λ(x−a)2

dusunun; A, a ve λ sabitlerdir. (Ihtiyacınız olan integrallere bakın.)

1.4. BOYLANDIRMA 13

(a) A’yı bulmak icin 1.16 esitligini kullanın.

(b) 〈x〉, 〈x2〉 ve σ’yı bulun.

(c) ρ(x)’in cizgesini cizin.

1.4 BOYLANDIRMA

Simdi |Ψ(x, t)|2’nin parcacıgın t anında x noktasında bulunma olasılık yogunluguoldugunu soyleyen dalga fonksiyonunun istatistiksel yorumuna geri donecegiz.1.16 esitligine gore |Ψ|2’nin integrali 1 olmalıdır, (parcacık biryerlerde bulunmakzorunda oldugundan):

∫ +∞

−∞|Ψ(x, t)|2dx = 1. (1.20)

Bu sonuc olmadan istatistiksel yorum anlamsız ve sacma olurdu.Ancak bu sonuc sizi rahatsız etmeli: Sonucta dalga fonksiyonunun Schrodinger

denklemiyle belirlendigi varsayılıyordu−ikisinin uyumlu olup olmadıgına bak-madan Ψ’nin saglaması icin dısardan bir kosul empoze edemeyiz. 1.1 denkleminebakıldıgında Ψ(x, t)’nin bir cozum olması durumunda karmasık bir sabit olanA icin AΨ(x, t)’nin de cozum oldugu gorulecektir. Oyleyse yapmamız gerekenbu belirlenmis sabiti 1.20 esitligini saglayacak sekilde almaktır. Bu isleme dalgafonksiyonunu boylandırma denir. Schrodinger denkleminin bazı cozumleri icinintegral sonsuzdur ; bu durumda hicbir carpan integral sonucunu 1 yapmaya-caktır. Aynı sey sıradan cozum Ψ = 0 icin de gecerlidir. Boylandırılamayanboyle cozumler parcacıkları temsil edemezler ve reddedilmelidirler. Fiziksel olarakgerceklesebilir olan durumlar Schrodinger denkleminin ”karesi-integrallenebilir”cozumlerine karsılık gelirler.8

Ancak bir dakika! Dalga fonsiyonunu t = 0 anında boylandırdıgımı farzedin.Zaman ilerleyip de Ψ evrildikce boylandırılmıs kalacagını nereden bilecegim?(Dalga fonksiyonunu surekli boylandıramazsınız. Bu durmdaA, t’nin bir fonksiy-onu olur ve artık elimizde Schrodinger denkleminin bir cozumu olmaz.) Neyse kiSchrodinger denklemi boylandırmayı kendiliginden muhafaza eden ozelliktedir−bu kritik ozellik olmadan Schrodinger denklemi istatistiksel yorumla uyumlu ol-mazdı ve butun kuram cokerdi. O halde bu onemli noktayı ispatlamak uzere biran icin durmamız iyi olur:

d

dt

∫ +∞

−∞|Ψ(x, t)|2dx =

∫ +∞

−∞

∂

∂t|Ψ(x, t)|2dx (1.21)

[Integral sonucu sadece t’nin bir fonksiyonu oldugundan ilk ifade toplam turev(d/dt), ancak integrand (integrali alınan fonksiyon) aynı zamanda x’in de fonksiy-onu oldugundan ikinci ifadede kısmi turev (∂/∂t), kullanıldıgına dikkat edin.]

8Acıkca gorulebilecegi uzere |x| → ∞ iken |Ψ(x, t)|, 1/√

|x|’ten daha hızlı sıfıra gitmelidir.Bu arada boylandırma, A’nın sadece boyunu sabitler; fazı hala belirsizdir. Ancak daha sonragorecegimiz uzere faz fiziksel bir onem tasımaz.


Carpım kuralından:

∂

∂t|Ψ|2 =

∂

∂t(Ψ∗Ψ) = Ψ∗ ∂

∂tΨ + (

∂

∂tΨ∗)Ψ. (1.22)

olur. Schrodinger denklemi

∂Ψ

∂t=

ih

2m

∂2Ψ

∂x2− i

hVΨ (1.23)

ile karmasık eslenigi∂Ψ∗

∂t= − ih

2m

∂2Ψ∗

∂x2+i

hVΨ∗ (1.24)

denkleminden

∂

∂t|Ψ|2 =

ih

2m

(Ψ∗∂

2Ψ

∂x2− ∂2Ψ∗

∂x2Ψ

)=

∂

∂x

[ih

2m

(Ψ∗ ∂Ψ

∂x− ∂Ψ∗

∂xΨ

)](1.25)

elde edilir. 1.21 esitligindeki integral simdi rahatlıkla hesaplanabilir ve

d

dt

∫ +∞

−∞|Ψ(x, t)|2dt =

ih

2m

(Ψ∗ ∂Ψ

∂x− ∂Ψ∗

∂xΨ

)|+∞−∞ (1.26)

sonucunu verir. Ancak x (±) sonsuza giderken Ψ(x, t) sıfıra gitmek zorundadır−aksi halde dalga fonksiyonu boylandırılamaz. Buradan

d

dt

∫ +∞

−∞|Ψ(x, t)|2dx = 0 (1.27)

sonucunu, yani integralin bir sabit (zamandan bagımsız) oldugu cıkar; Ψ, t = 0anında boylandırılmıssa eger, ileriki butun zamanlarda boylandırılmıs olarakkalacaktır. IGB

Problem 1.7 Bir parcacık t = 0 anında asagıdaki dalga fonksiyonuyla temsiledilmistir

Ψ(x, 0) =

Ax/a, 0 ≤ x ≤ a ise;A(b− x)/(b − a), a ≤ x ≤ b ise;0, diger durumlarda.

Burada A, a ve b sabitlerdir

(a) Ψ’yi boylandırın (A’yı a ve b cinsinden bulun).

(b) Ψ(x, 0)’ı x’in bir fonksiyonu olarak cizin.

(c) Parcacıgın t = 0 anında bulunma olasılıgının en yuksek oldugu yer nere-sidir?

(d) Parcacıgı a’nın solunda bulma olasılıgı nedir? Sonucunuzu b = a ve b = 2asınır degerleri icin kontrol ediniz.

1.4. BOYLANDIRMA 15

(e) x’in beklenen degeri nedir?

*Problem 1.8 A, λ ve ω’nın pozitif gercel sabit oldukları

Ψ(x, t) = Ae−λ|x|e−iωt

dalga fonksiyonunu ele alın. [Bolum 2’de hangi potansiyelin (V ) boyle bir dalgafonksiyonu urettigini gorecegiz].

(a) Ψ’yi boylandırın.

(b) x’in ve x2’nin beklenen degerini bulun.

(c) x’in standart sapmasını bulun. |Ψ|2’yi x’in bir fonksiyonu olarak cizin veσ’nın x’teki ”yayılma”ya karsılık geldigini gostermek icin (〈x〉+σ) ve (〈x〉−σ) noktalarını belirleyin. Parcacıgın bu aralıgın dısında bulunma olasılıgınedir?

Problem 1.9 Pab(t) parcacıgı t anında (a < x < b) aralıgında bulma olasılıgıolsun.

(a)

J(x, t) ≡ ih

2m

(Ψ∂Ψ∗

∂x− Ψ∗ ∂Ψ

∂x

)

olmak uzere

dPab(t)

dt= J(a, t) − J(b, t)

oldugunu gosteriniz. J(x, t)’nin birimi nedir? [J ’ye olasılık akımı denir,cunku size x noktasından gecerken olasılıgın hangi oranda ”aktıgını” soyler.Pab(t) artıyorsa sozkonusu bolgenin bir ucundan cıkan olasılıktan daha fazlaolasılık diger uctan giriyor demektir.]

(b) Bir onceki problemdeki dalga fonksiyonu icin olasılık akımını bulun. (Ko-rkarım bu cok ozlu bir ornek degil, ders boyunca daha doyurucu olanlarıgorecegiz.)

**Problem 1.10 ”Yasam suresi” τ olan aniden bozunan kararsız birparcacıgı acıklamak istediginizi dusunun. Bu durumda parcacıgı biryerlerdebulma toplam olasılıgınız sabit olmamalıdır ; ancak, ustel olarak diyelim, azal-malıdır:

P (t) =

∫ +∞

−∞|Ψ(x, t)|2dx = e−t/τ .

Bu sonuca ulasmanın kaba bir yolu soyledir. 1.24 esitliginde V (potansiyel en-erji)’nin zımnen gercel oldugunu varsaydık. Bu, kesinlikle makul bir varsayımdır


ancak 1.27 esitligindeki olasılıgın korunumunu dokunulmaz kılmaktadır. Peki,onun yerine V ’ye bir de sanal kısım eklersek ne olur?

V = V0 − iΓ.

Burada V0 gercek potansiyel enerji, Γ da pozitif bir gercel sayıdır.

(a) Bu durumda (1.27 esitliginin yerine)

dP

dt= −2Γ

hP

elde edecegimizi gosterin.

(b) Bu denklemi P (t) icin cozun ve parcacıgın yasam suresini Γ cinsinden bu-lun.

1.5 MOMENTUM

Ψ durumunda bulunan bir parcacık icin x’in beklenen degeri

〈x〉 =

∫ +∞

−∞x|Ψ(x, t)|2dx (1.28)

dir. Bu tam olarak ne anlama gelmektedir? Bir parcacıgın konumunu ustuste de-falarca olctugunuzde elde edeceginiz sonucların ortalamasının

∫x|Ψ|2dx olacagı

anlamına kesinlikle gelmemektedir. Aksine, (sonucu belirsiz olan) ilk olcum dalgafonksiyonunu, elde edilen sonucta bir zirveye cokertecek ve (cok cabuk yapıldıklarıtaktirde) sonraki olcumler aynı sonucu verecekler. Onun yerine 〈x〉, hepsi Ψ du-rumunda olan parcacıklar uzerinde yapılacak olcumlerin ortalamasıdır. Bu da,ya sizin her olcumden sonra aynı parcacıgı ilk durumuna getirmeniz ya da biraynı tur parcacıklar toplulugunda parcacıkların herbirini aynı Ψ durumundahazırlayıp hepsinin konumunu olctugunuz anlamına gelir: 〈x〉 bu sonucların or-talamasıdır. [Her birinin icinde (sisenin merkezine gore) Ψ durumunda bulunanbir parcacık bulunan siseleri bir rafa dizeyim. Ellerinde cetvelle birer ogrencisiselerin onunde dursunlar ve bir komutla kendi onlerindeki sisedeki parcacıgınkonumunu olcsunler. Sonucların bir histogramını (dikdortgen cizge) yapalım,|Ψ|2’ne uymak zorunda. Sonra ortalamayı hesaplayalım, bu da 〈x〉’ı vermekzorunda. (Sonlu sayıda kullandıgımızda kusursuz sonuc elde etmeyi bekleye-meyiz) ama sise sayısını artırdıkca mukemmel sonuca yaklasırız.)] Ozetle, bek-lenen deger, ozdes hazırlanmıs sistemlerden olusan bir kumedeki (topluluktaki)parcacıklar uzerinde yapılan olcum sonuclarının ortalamasıdır, tek bir sistemuzerinde tekrarlanan olcum sonuclarının degil.

Simdi, Ψ’nin zaman bagımlılıgından dolayı zaman ilerledikce 〈x〉 degisecektirve biz bu degisimin ne kadar hızlı olduguyla ilgileniyor olabiliriz. 1.25 ve 1.28esitliklerinden

d〈x〉dt

=

∫x∂

∂t|Ψ|2dx =

ih

2m

∫x∂

∂x

(Ψ∗ ∂Ψ

∂x− ∂Ψ∗

∂xΨ

)dx (1.29)

1.5. MOMENTUM 17

oldugunu goruruz.9 Bu ifade kısmi integrasyon ile sadelestirilebilir:10

d〈x〉dt

= − ih

2m

∫ (Ψ∗ ∂Ψ

∂x− ∂Ψ∗

∂xΨ

)dx. (1.30)

[Burada ∂x/∂x = 1 esitligini kullandım ve (±) sonsuza gittikce Ψ sıfıra gidecegindensınır termini attım.] Integrantın ikinci terimi icin tekrar bir kısmi integrasyonile

d〈x〉dt

= − ihm

∫Ψ∗ ∂Ψ

∂xdx (1.31)

sonucuna ulasırız.Bu sonucu ne yapacagız? x’in beklenen degerinin ”hızı”ndan bahsettigimize

dikkat edin, parcacıgın hızından degil; ki bunlar aynı sey degiller. Su ana kadarbahsettigimiz hicbirsey bizim bir parcacıgın hızını hesaplamamızı saglamaz,hatta kuantum mekaniginde hızın ne anlama geldigi yeteri kadar acık degildirbile. Parcacık (olcum oncesi) belirli bir konuma sahip degilse, iyi tanımlı bir hızıda yoktur. Akla yatkın olan soru hızın belirli bir degerde olma olasılıgıdır. BirΨ verildiginde hız icin olasılık yogunlugunun nasıl tanımlanacagını 3. Bolumdegorecegiz; simdiki amaclarımız icin hızın beklenen degerinin konumun beklenendegerinin zamana gore turevi oldugunu varsaymak yeterli olacaktır:

〈v〉 =d〈x〉dt

(1.32)

Oyleyse 1.31 esitligiyle 〈v〉’yi direkt Ψ’den hesaplayabiliriz.Aslında hız yerine genelde momentum (p = mv) ile calısılır:

〈p〉 = md〈x〉dt

= −ih∫ (

Ψ∗∂Ψ

∂xdx

). (1.33)

〈x〉 ve 〈p〉 ifadelerini daha acık yazayım:

〈x〉 =

∫Ψ∗ (x)Ψdx, (1.34)

〈p〉 =

∫Ψ∗(h

i

∂

∂x

)Ψdx. (1.35)

9Karmasa yaratmasın diye ±∞ oldugunda integralin sınırlarını yazmayacagım10Carpım kuralına gore

d

dx(fg) = f

dg

dx+df

dxg

dir. Buradan∫ b

a

fdg

dxdx = −

∫ b

a

df

dxgdx+ (fg) |ba,

olur. O halde integral altındaki bir carpımda turevi diger carpana atlatabiliriz; bunu sonucundabir eksi isareti ile fazladan bir sınır terimi elde edersiniz.


Kuantum mekaniginde x islemcisi11 konumu, (h/i)(∂/∂x) islemcisi momen-tumu ”temsil eder” deriz; beklenen degeri hesaplamak icin ilgili islemciyi Ψ∗’leΨ ”arasında sıkıstırıp” integralini alırız.

Bunlar tamam da, peki ya diger dinamik degiskenler? Aslında boyle butunnicelikler konum ve momentum cinsinden ifade edilebilirler. Ornegin kinetikenerji

T =1

2mv2 =

p2

2m,

acısal momentum daL = r ×mv = r × p

dir, (tabii ki bir bir-boyutlu harekette L olmaz). Boyle bir niceligin beklenendegerini hesaplamak icin her p yerine (h/i)(∂/∂x) yazıp elde ettigimiz islemciyiΨ∗ ile Ψ arasına yerlestirip integralini alırız:

〈Q(x, p)〉 =

∫Ψ∗Q(x,

h

i

∂

∂x)Ψdx. (1.36)

Ornegin

〈T 〉 =−h2

2m

∫Ψ∗∂

2Ψ

∂x2dx (1.37)

dir.1.36 esitligi Ψ durumunda bulunan bir parcacıgın herhangi bir degiskenini

hesaplamak icin bir tariftir; 1.34 ve 1.35 esitlikleri bu tarifin ozel halleridir.Bu bolumde Born’un istatistiksel yorumuyla verilen 1.36 esitligini akla uygungostermeye calıstım ama gercekte bu esitlik (klasik mekanikle kıyaslandıgında)hadiseye kokten yepyeni bir bakısı temsil eder. Bu esitlige 3. Bolumde tekrardonmeden once biraz alıstırma yapıp daha saglam bir kuramsal temele oturtmakyararlı olacaktır. Bu esnada bu esitligi bir belit (aksiyom) olarak almak istersenizo da olur.

Problem 1.11 1.29’daki ilk integrali kısmi integrasyon ile neden alamazsınız?Zamana gore turevi x’in onune getirin, ∂x/∂t = 0 oldugundan d〈x〉/dt = 0olacagına dikkat edin.

*Problem 1.12 d〈p〉/dt’yi hesaplayın. Cevap:

d〈p〉dt

= 〈−∂V∂x

〉. (1.38)

(Ehrenfet savı (teoremi) olarak bilinir; beklenen degerlerin Newton’un ikin-cisi yasasına uyacagına soyler.)

11Bir islemci kendisini takip eden foksiyon uzerinde uygulanacak bir komut, bir talimattır.Konum islemcisi x ile carpmanızı soyler; momentum islemcisi x’e gore turev alıp sonucu −ihile carpmanızı soyler. Bu kitaptaki butun islemciler ya (d/dt, d2/dt2, ∂2/∂x∂y,vb.) gibi turevalma, veya (2, i, x2, vb.) gibilerle carpma, ya da bunların bir birlesimi olacak.

1.6. BELIRSIZLIK ILKESI 19

Problem 1.13 Potansiyel enerjiye V0 diye bir sabit eklediginizi dusunun(”sabit” derken t’den oldugu kadar x’ten de bagımsız demek istiyorum). Klasikmekanikte bu hicbirseyi degistirmez, peki ya kuantum mekaniginde? Dalga fonk-siyonunun zamana bagımlı bir faz carpanı, exp(−iV0t)/h, alacagını gosterin. Birdinamik degiskenin beklenen degerini bu nasıl etkiler?

1.6 BELIRSIZLIK ILKESI

Cok uzun bir ipin ucundan tutup asagı yukarı sallayarak bir dalga uretiiginizihayal edin (Sekil 1.6). Birisi size ”Bu dalganın kesin yeri neresidir?” diye so-racak olsa, o kisinin biraz catlak oldugunu dusunursunuz: dalga kesin bir yerdedegildir−ornegin 50 metreye yayılmıstır. Ama dalgaboyu nedir diye sorsa makulbir cevap verebilirsiniz: 6 metre gibi gorunuyor. Diger yandan ipi bir anlık silke-cek olsanız goreceli daha dar bir yumru elde edersiniz (Sekil 1.7). Bu durumdadalganın kesin yerini soran ilk soru mantıklı dalganın boyunu soran ikincisi an-lamsız olur−belli belirsiz bile periyodik olmayan bu harekete bir dalgaboyununasıl atfedebilirsiniz ki? Arada olan durumları, yani dalganın bir miktar (yeterikadar) yerellesmis (lokalize) oldugu ve aynı sekilde dalgaboyunun bir miktar(yeteri kadar) tanımlanabilecegi durumları da elbette resmedebilirsiniz. Amakacınılamaz bir durum var ki o da dalganın konumu kesinlestikce dalgaboyununkesinligi azalacak veya belirsizligi artacaktır. Bu durumun tersi de dogrudur.12

Fourier cozumlemesinde bunların tumunu somutlastıran bir sav (teorem) varama simdilik sadece niteliksel argumanla ilgilenecegim.

Bu elbette herhangi bir dalga olgusu icin, dolayısıyla ozelde kuantum meka-niksel dalga fonksiyonu icin de gecerlidir. Ψ’nin dalgaboyu parcacıgın momen-tumuyla de Broglie formulu13 aracılıgıyla ilintilidir:

p =h

λ=

2πh

λ. (1.39)

O halde dalgaboyundaki bir yayılma momentumda bir yayılmaya karsılık gelirve genel gozlemimiz parcacıgın konumu ne kadar kesinlikte belirlenirse momen-tumunun o olcude daha az kesinlikte belirlenir oldugudur. Niceliksel olarak

σxσp ≥ h

2, (1.40)

12Bu yuzden flut calan birisinin notalara tam basması gerekirken kontrbas calan birisi buyukbahce eldivenleri bile takabilir. Flutte birbolualtmısdortluk bir nota bircok tam devir icerirve frekans iyi (tam) tanımlanmıstır. (Burada zamanda periyodik (kendini tekrarlayan) birolgudan bahsediyoruz, uzayda periyodik olan degil.) Bunun yanında birbolualtmısdortluk notakontrbasta sadece birkac devir icerir ve tam atım hissi vermeyen ”pompom” sesi duyarsınız.

13Bunu zaman icinde ispatlayacagım. Bircok yazar de Broglie formulunu bir belit (ak-siyom) olarak alır ve bundan momentumun (h/i)(∂/∂x) islemcisiyle iliskisini cıkarırlar.Kavramsal olarak -bizim yapacagımız- daha net bir yaklasım olmasına ragmen matematik-sel karmasıklıklar icerdiginden sonraya bırakıyorum.


Sekil 1.6: Oldukca iyi-tanımlı dalgaboyu olan ama konumu kotu-tanımlı birdalga.

dir. Burada σx x’teki, σp p’deki standart sapmadır. Bu, Heisenberg’in meshurbelirsizlik ilkesidir. (3. Bolumde ispatlayacagız ama 2. Bolumdeki orneklerdetest edebilesiniz diye burada soz ettim.)

Sekil 1.7: Oldukca iyi-tanımlı konumu olan ama dalgaboyu kotu-tanımlı birdalga.

Belirsizlik ilkesinin ne anlama geldigini lutfen anlayınız: Konum olcumlerigibi momentum olcumleri de kesin sonuclar verir −buradaki ”yayılma” ozdessistemler uzerinde yapılan olcumler birbirleriyle uyumlu sonuclar vermiyorlardemektir. Isterseniz (Ψ’yi bir ”zirvede” yerellestirerek (lokalize ederek)) tekrar-lanan (tek bir sistem uzerinde degil!) konum olcumlerinin birbirine cok yakınsonuclar verecegi bir sistemler toplulugu hazırlayabilirsiniz. Ama bu bir bedelkarsılıgında olur: Bu kume (topluluk) uzerinde yapılacak momentum olcumleribayagı dagılmıs sonuclar verir. Veya (Ψ’yi uzun bir sinussel dalga yaparak)birbirine yakın momentum olcum sonucları elde edebilirsiniz. Bu durumda dakonum ocumlerinin sonucları dagılır. Kotu bir halet-i ruhiyede iseniz konu-mun da momentumun da olcum sonuclarının iyi tanımlı olmadıgı bir sistemhazırlayabilirsiniz. 1.40 bir esitsizliktir ve buna gore σx’le σp’nin buyukluklerininbir ust sınırı yoktur -Ψ’yi kendini yineleyen (periyodik) bir yapısı olmayanbirsuru yumrular ve bosluklar iceren kıpır kıpır bir dogru olarak insa ede-bilirsiniz.

*Problem 1.14 m kutleli bir parcacık

Ψ(x, t) = Ae−a[(mx2/h)+it]

durumundadır. Burada A ve a pozitif gercel sabittir.

(a) A’yı bulun.

(b) Hangi potansiyel enerji fonksiyonu V (x) icin Ψ Schrodinger denkleminisaglar?


(c) x, x2, p ve p2’nin beklenen degerlerini hesaplayınız.

(d) σx ve σp’yi bulun. Carpımları belirsizlik ilkesiyle uyumlu mu?

Bolum 2

ZAMAN-BAGIMSIZSCHRODINGERDENKLEMI

2.1 DURAGAN DURUMLAR

1. Bolumde dalga fonksiyonu ve onu kullanarak hesaplanacak niceliklerle il-gili bayagı konustuk. Suruncemede kalmıs olan Ψ(x, t)’yi en basta nasıl eldeederiz? sorusuyla yuzlesme zamanı geldi: Schrodinger denkleminin cozumunenasıl gidersiniz? Bu Bolum (ve kitabın cogunlugunda) potansiyelin (V ’nin) t’denbagımsız oldugunu dusunecegim.1 Bu durumda Schrodinger degiskenlerin ayrımıyontemiyle cozulebilir (bu yontem fizikcilerin herhangi bir kısmi turev denklem-ine ilk atagıdır): Basit carpım

Ψ(x, t) = ψ(x)f(t) (2.1)

sekilnde olan cozumlere bakıyoruz. Burada ψ (kucuk harf ) sadece x’in, f sadecet’nin bir fonksiyonudur. Ancak bu anlamsız bir kısıtlamadır ve bu yolla tumcozumlerin kucuk bir alt kumesini elde etmekten fazlasını bekleyemeyiz. Ancakbir dakika, elde edecegimiz cozumler oldukca ilgi cekecekler. Bundan da ote,degiskenlerin ayrımı yonteminin tipik ozelligi olarak, elde ettigimiz ayrılabilircozumleri biraraya getirip en genel cozumu bulabilecegiz.

Ayrılabilir cozumler icin sunları yazabiliriz

∂Ψ

∂t= ψ

df

dt,

∂2Ψ

∂x2=d2ψ

dx2f

1Bazen, birim yuk basına dusen potansiyel enerji demek olan elektriksel potansiyellekarıstırılabilir olsa da V icin surekli ”potansiyel enerji fonksiyonu” demektense cogu kisi”potansiyel” der.

23

24 BOLUM 2. ZAMAN-BAGIMSIZ SCHRODINGER DENKLEMI

(adi turevler) ve Schrodinger denklemi (1.1) su hale gelir:

ihψdf

dt= − h2

2m

d2ψ

dx2f + V ψf.

Veya denklemin iki tarafını ψf ’ye bolersek

ih1

f

df

dt= − h2

2m

1

ψ

d2ψ

dx2+ V. (2.2)

Boylece soltarafta sadece t’nin, sag tarafta da sadece x’in bir fonksiyonu kaldı.2

Bu denklemin dogru olabilmesinin tek yolu iki tarafın da sabit olmasıdır. Aksitaktirde t’yi degistirerek sag tarafa dokunmadan sol tarafı degistirebilirdim kibu durumda esitlik bozulurdu. (Bu ince ama cok onemli, hayati bir argumandır(beyyinedir) Eger sizin icin yeniyse bir an durun ve uzerinde dusunun.) Kısa sureicinde acıklıga kavusacak sebeplerden dolayı bu ayrıstırma sabitine E diyecegiz.O halde

ih1

f

df

dt= E

veyadf

dt= − iE

hf, (2.3)

ve

− h2

2m

1

ψ

d2ψ

dx2+ V = E

veya

− h2

2m

d2ψ

dx2+ V ψ = Eψ (2.4)

olur. Degiskenlerin ayrımı bir kısmi turev denklemini iki tane adi turev denklem-ine (2.3 ve 2.4 denklemleri) donusturdu. Birincisinin cozumu kolay (iki tarafınıdt ile carp ve integre et); genel cozumu Cexp(−iEt/h)’dur. C sabitini ψ’nintanımına dahil edebiliriz, zira aranan cozum ψf carpımıdır. Bu durumda

f(t) = e−iEt/h (2.5)

olur. Ikincisine (2.4 denklemi) zaman-bagımsız Schrodinger denklemi denir.Potansiyel belirlenmeden bundan daha oteye gidemeyiz. Bu Bolumun geri kalanıbazı basit potansiyeller icin zaman-bagımsız Schrodinger denklemini cozmeyeayrılmıstır. Ama bundan once su soruyu ele almak istiyorum: Ayrılabilir cozumleribu kadar onemli kılan nedir? Sonucta zaman-bagımlı Schrodinger denkleminincogu cozumu ψ(x) f(t) seklinde yazılamaz. Bu soruya ikisi fiziksel biri matem-atiksel uc tane cevap onerecegim:

1. Bunlar duragan durumlardır. Dalga fonksiyonunun kendisi

Ψ(x, t) = ψ(x)e−iEt/h, (2.6)

2V ’nin t’nin de bir fonksiyonu olması durumunda bunun dogru olmayacagına dikkat edin.

2.1. DURAGAN DURUMLAR 25

acık zaman, t, bagımlı olmasına ragmen olasılk yogunlugu

|Ψ(x, t)|2 = Ψ∗Ψ = ψ∗e+iEt/hψe−iEt/h = |ψ(x)|2 (2.7)

zamandan bagımsızdır− t bagımlılıkları birbirilerini goturur.3 Aynı sey her-hangi bir degiskenin beklenen degeri hesaplanırken de olur; 1.36 esitligi

〈Q(x, p)〉 =

∫ψ∗(x)Q(x,

h

i

∂

∂xψ(x))dx (2.8)

seklini alır. Beklenen degerlerin hepsi zamanda sabittir; f(t) carpanını kaldırıpΨ yerine ψ’yi kullanabiliriz. (Aslında ψ’ye de ”dalga foksiyonu” demek yaygındırama bu tehlikeli olabilecek ozensiz bir kullanımdır ve gercek dalga fonksiy-onunun her zaman zamana (ustel) bagımlı carpanının oldugunu hatırlamakonemlidir.) Ozelde 〈x〉 sabittir ve (1.33 esitligi) 〈p〉 = 0’dır. Duragan birdurumda hicbirsey olmaz.

2. Toplam enerjileri belirli durumlardır. Klasik mekanikte toplam (kinetik artıpotansiyel) enrejiye Hamilton islemcisi (Hamiltonyen) denir.s

H(x, p) =p2

2m+ V (x). (2.9)

Dolayısıyla, buna karsılık gelen ve p yerine kural (kanonik) olarak (h/i)(∂/∂x)islemcisinin konulmasıyla elde edilen Hamiltonyen islemcisi

H = − h2

2m

∂2

∂x2+ V (x) (2.10)

olur.4 Oyleyse zaman-bagımsız Schrodinger denklemi

Hψ = Eψ (2.11)

seklinde yazılabilir ve toplam enerjinin beklenen degeri

〈H〉 =

∫ψ∗Hψdx = E

∫|ψ|2dx (2.12)

olur. (Ψ’nin boylandırılmasının ψ’nin de boylandırılmasını gerektirdigine dikkatedin.) Bundan baska

H2ψ = H(Hψ) = H(Eψ) = E(Hψ) = E2ψ,

ve

〈H2〉 =

∫ψ∗H2ψdx = E2

∫|ψ|2dx = E2

3Boylandırılabilir cozumler icin E gercel olmak zorundadır (Problem 2.1a’ya bakın).4Karıstırılabilecegi zamanlarda islemciyle onun temsil ettigi dinamik degiskeni ayırt ede-

bilmek icin islemcinin uzerine bir sapka (ˆ) koyacagım.


olur. Buradan H ’nin standart sapması da

σ2H = 〈H2〉 − 〈H〉2 = E2 − E2 = 0 (2.13)

dır. Hatırlayın, σ = 0 olursa elimizdeki ornegin butun elemanları aynı degeresahip olurlar (dagılımdaki dagılma sıfırdır). Sonuc: Ayrılabilir bir cozumdeyapılacak toplam enerji olcumlerinin hepsi belirli ve E’dir. (Ayrıstırma sabitiolarak E harfini secmemin sebebi.)

3. Genel cozum ayrılabilir cozumlerin bir dogrusal birlesimidir. Gorecegimizuzere zaman bagımsız Schrodinger (denklem 2.4) herbiri kendine ait ayrıstırmasabitine, (E1, E2, E3, . . .), sahip sonsuz sayıda cozum, (ψ1(x), ψ2(x), ψ3(x), . . .),dogurur; dolayısıyla izin verilen her enerji icin farklı bir dalga fonksiyonuvardır:

Ψ1(x, t) = ψ1(x)e−iE1t/h, Ψ2(x, t) = ψ2(x)e

−iE2t/h, . . . .

Artık kolaylıkla kontrol edebileceginiz uzere (zaman-bagımlı) Schrodinger den-klemi, (denklem 1.1)’nin soyle bir ozelligi vardır: Cozumlerin herhangi bir dogrusalbirlesimi5 yine denklemin bir cozumudur. Ayrılabilir cozumleri buldugumuzanda cok daha genel cozumu yazabiliriz;

Ψ(x, t) =

∞∑

n=1

cnψn(x)e−iEnt/h. (2.14)

Dolayısıyla (zaman-bagımlı) Schrodinger denkleminin her cozumu bu sekildeyazılabilir demektir −geriye sadece eldeki problemin baslangıc kosullarıyla uyumluolacak dogru sabitleri (c1, c2, c3, . . .) bulmak kalır. Bolum 3’te daha zarif birdille ifade edecegimiz butun bunların uygulamada nasıl isledigini takip edenbolumlerde goreceksiniz. Burada onemli olan nokta su: zaman-bagımsız Schrodingerdenklemini cozdugunuzde aslında isiniz hemen hemen bitmis oluyor, buradanzaman-bagımlı Schrodinger denkleminin genel cozumune gecmek kolay ve sıradanbir islemdir.

*Problem 2.1 Asagıdaki savları ispatlayın.

(a) Boylandırılabilir cozumler icin ayrım sabiti E gercel olmak zorundadır.Ipucu: E0 ve Γ gercel olmak uzere E’yi (2.6 esitliginde) E0 + iΓ seklindeyazın ve 1.20 esitliginin her t icin gecerli olması icin Γ’nın sıfır olmasıgerektigini gosterin.

(b) Karmasık olması gerekli olan Ψ’den farklı olarak ψ her zaman gercel alınabilir.Not: Bu, zaman-bagımsız Schrodinger denkleminin butun cozumlerinin gercel

5f1(z), f2(z), . . . fonksiyonlarının bir dogrusal birlesimi

f(z) = c1f1(z) + c2f2(z) + . . .

seklindedir. Burada c1, c2, . . . (herhangi) karmasık sayılardır

2.2. SONSUZ KARE KUYU 27

olması demek degildir. Soyledigi sey sudur; gercel olmayan bir cozum eldeettiyseniz bu cozum her zaman gercel olan (aynı enerjiye sahip) cozumlerinbir dogrusal birlesimi olarak ifade edilebilir. O halde 2.14 esitliginde sadecegercel olan ψ’leri alabilirsiniz. Ipucu: Verilen bir E icin ψ eger zaman-bagımsız Schrodinger denklemini saglıyorsa karmasık aslenigi ψ∗’da saglar.Aynı sekilde bunların gercel dogrusal birlesimleri (ψ+ ψ∗) ve i(ψ− ψ∗) dasaglar.

(c) V (x) bir cift -fonksiyonsa, yani V (−x) = V (x) ise, ψ(x) her zaman bircift veya bir tek fonksiyon olarak alınabilir. Ipucu: Verilen bir E icin ψ(x)zaman-bagımsız Schrodinger denklemini saglarsaψ(−x) de saglar, dolayısıylabunların tek ve cift dogrusal birlesimleri (ψ(x) ± ψ(−x))’de saglar.

*Problem 2.2 Zaman-bagımsız Schrodinger denkleminin butun boylandırılabilircozumleri icin E’nin V (x)’in en alt degerinden daha buyuk olmak zorundaoldugunu gosterin. Bu cumleye klasik karsılıgı nedir? Ipucu: 2.4 denklemini

d2ψ

dx2=

2m

h2 [V (x) − E]ψ

seklinde yazın.E ≤ Vmin ise ψ ve ikinci turevi d2ψ/dx2 her zaman aynı isaretlidir−boyle bir fonksiyonun boylandırılamayacagını gosterin.

2.2 SONSUZ KARE KUYU

Potansiyelin

V (x) =

{0, 0 ≤ x ≤ a ise;∞, diger durumlarda.

(2.15)

oldugunu dusunun (Sekil 2.1). Bu potansiyelin icindeki bir parcacık butunuyleserbesttir. Sadece potansiyel sınırları x = 0’da ve x = a’da potansiyelin dısınacıkmasına engel olan sonsuz bir kuvvet etki eder. Uclarında kusursuz elastiktamponları olan surtunmesiz yatay havalı bir ray uzerindeki araba bu potansiyelicin bir klasik model olabilir −araba sonsuza kadar ileri-geri gidip gelecektir.(Bu potansiyel son derece yapaydır ama onu ciddiyetle ele almanız konusundasizi uyarıyorum. Basitligine ragmen −daha dogrusu tam olarak basitligindendolayı− sonradan karsılasacagımız garip seyler icin harika bir sınama aracıdır.Sık sık bu potansiyele geri donecegiz.)

Kuyunun dısında ψ(x) = 0, (parcacıgı bulma olasılıgı sıfır), dır. Kuyununicinde, V (x) = 0 oldugu yerde, zaman-bagımsız Schrodinger denklemi 2.4

− h2

2m

d2ψ

dx2= Eψ, (2.16)


Sekil 2.1: Sonsuz kare kuyu potan-siyeli (2.15 esitligi).

veya

k ≡√

2mE

holmak uzere,

d2ψ

dx2= −k2ψ (2.17)

halini alır. (Bu sekilde yazarak E ≥ 0 oldugunu zımnen (ustu kapalı olarak)kabul ettim. Zaten Problem 2.2’den biliyoruz ki E < Vmin = 0 olamıyor).2.17 denklemi (klasik) basit ahenkli (harmonik) sanlınıcı denklemidir; genelcozumu de

ψ(x) = A sin kx+B cos kx (2.18)

dir. A ve B sabitleri problemin sınır kosullarıyla belirlenirler. ψ(x) icin uy-gun sınır kosulları nelerdir? Genelde, hem ψ hem de dψ/dx sureklidir, amapotansiyelin sonsuza gittigi yerlerde sadece ilkinin surekliligi gecerlidir. (Bu sınırkosullarını daha sonra ispatlayacagım ve V = ∞ oldugundaki durumu hesaplay-acagım; simdilik umarım bana guvenirsiniz.)ψ(x)’in surekliligi

ψ(0) = ψ(a) = 0 (2.19)

olmasını gerektiriyor. Oyle ki kuyunun dısındaki cozumle birlesebilsin. Bu bizeA ve B hakkında ne soyler bakalım;

ψ(0) = A sin 0 +B cos 0 = B

ve B = 0 oldugundan

ψ(x) = A sin kx (2.20)

olur. Boylece ψ(a) = A sin ka, yani ya A = 0 [ki bu durumda bir degeri olmayan-boylandırılamaz cozum ψ(x) = 0 kalır elimizde-], ya da sin ka = 0 olur. Bu da

ka = 0,±π,±2π,±3π, . . . (2.21)

demektir. Ancak k = 0 [ψ(x) = 0 olacagından] iyi bir cozum degildir. Negatifcozumler de sin(−θ) = − sin(θ) oldugundan ve eksi isaretini A’nın icine ala-bilecegimizden yeni birsey vermezler. Dolayısıyla

n = 1, 2, 3, . . . olmak uzere kn =nπ

a(2.22)


Sekil 2.2: Sonsuz kare kuyunun ilk uc duragan durumu (2.24 esitligi).

bagımsız cozumlerdir.Ilginc bir sekilde x = a’daki sınır kosulu A sabitini belirlemez ama k sabitini vedolayısıyla olası E degerlerini belirler:

En =h2k2

n

2m=n2π2h2

2ma2. (2.23)

Klasik durumdan oldukca farklı olarak sonsuz kare kuyu icindeki bir quantumparcacık her enerjiye sahip olamaz −sadece izin verilen bu ozel degerleri ala-bilir. Peki A sabitini nasıl bulacagız? Cevap: ψ’yi boylandıracagız :

∫ a

0

|A|2 sin2 kxdx = |A|2 a2

= 1, yani |A|2 =2

a.

Bu sadece A’nın boyunu belirler. Tabii en basiti pozitif gercel koku almaktır:A =

√2/a (A’nın fazı zaten fiziksel bir onem icermez). Boylece kuyu icinde

cozumler

ψn(x) =

√2

asin(nπax)

(2.24)

olur.

Soylendigi gibi zaman-bagımsız Schrodinger denklemi herbiri n tamsayısınakarsılık gelen sonsuz elemanlı bir cozum kumesine sahiptir. Ilk birkacı Sekil 2.2de gosterilmistir; a uzunlugunda bir tel uzerindeki duran dalgalara benzemek-tedirler. En dusuk enerjiye sahip ψ’ye taban durumu; enerjileri n2 ile orantılıartan digerlerine de uyarılmıs durumlar denir. Gurup olarak ψn(x) fonksiy-onlarının bazı ilginc ve onemli ozellikleri vardır:

1. Kuyunun merkezine gore sırasıyla cift ve tektirler. (ψ1 cift, ψ2 tek, ψ3

cift ve boyle gider.6 )

2. Enerjide yukarı dogru gittiginizde her durum bir oncekinden bir tane fazladugum noktası (nod, ψ’nin sıfırdan gectigi nokta) icerir. ψ1’in hic yok(ucnoktaları sayılmıyor), ψ2’nin bir tane, ψ3’un iki tane gibi.

6Bu simetriyi daha belirgin kılmak icin bazı yazarlar kuyunun merkezini (koordinat sistem-inin) merkezine koyarlar (kuyu −a/2’den +a/2’ye kadar gider). Bu durumda cift fonksiyonlarkosinus tek fonksiyonlar sinus olur, Problem 2.4’e bakın.


3. Birbirilerine diktirler, oyle ki m 6= n icin

∫ψm(x)∗ψn(x)dx = 0 (2.25)

olur. Ispat:

∫ψm(x)∗ψn(x)dx =

2

a

∫ a

0

sin(mπax)

sin(nπax)dx

=1

a

∫ a

0

[cos

(m− n

aπx

)− cos

(m+ n

aπx

)]dx

=

{1

(m− n)πsin

(m− n

aπx

)− 1

(m+ n)πsin

(m+ n

aπx

)}∣∣∣∣a

0

=1

π

{sin[(m− n)π]

(m− n)− sin[(m+ n)π]

(m+ n)

}= 0.

Bu argumanın m = n oldugunda calısmayacagına dikkat ediniz (hanginoktada bozulacagını gosterebilir misiniz?); bu durumda boylandırma bizeintegralin 1 olacagını soyler. Aslında dikligi ve boylandırmayı tek bir cumleyleifade edebiliriz 7: ∫

ψm(x)∗ψn(x)dx = δmn, (2.26)

oyle ki Kronecker delta denilen δmn’nin tanımı soyle verilir

δmn =

{0, m 6= n ise;1, m = n ise.

(2.27)

ψ’ler icin boylandırılmıs-diktir (ortonormaldir) deriz.

4. Tamdırlar. Yani herhangi bir baska f(x) fonksiyonu onların bir dogrusalbirlesimi olarak ifade edilebilir:

f(x) =

∞∑

n=1

cnψn(x) =

√2

a

∞∑

n=1

cn sin(nπax). (2.28)

√2/a sin(nπx/a) fonksiyonlarının tam kume olusturduklarını ispatlamay-

acagım, ama ileri kalkulus calıstıysanız 2.28 esitliginin f(x) icin Fourierserisinden baska birsey olmadıgını farkedeceksinizdir. Herhangi bir fonksiy-onun boyle seriye acılabilirligine, bazen, Dirichlet’in savı8 (teoremi)denir. Serideki katsayılar (cn) verilen bir f(x) icin {ψn} kumesinin boy-landırılmıs-dikligini cok guzel kullanan ve Fourier’in numarası diyecegim

7ψ’ler bu durumda gercel olduklarından ∗ gerekli degildir ancak her zaman boyle olmay-acagından bu isareti kullanmanın bir alıskanlık olması iyi bir fikirdir.

8Ornegin Mary Boas’ın kitabına bakabilirsiniz; Mathematical Methods in the Physical Sci-ences (Fiziksel Bilimlerde Matematiksel Yontemler), 2. basım (New York; John Wiley & Sons,1983), syf 312; f(x) fonksiyonunun sonlu sayıda sonlu sureksizlikleri bile olabilir.


bir yontemle hesaplanabilir: 2.28 esitliginin her iki tarafını ψm(x)∗ ilecarpıp integre edin.

∫ψm(x)∗f(x)dx =

∞∑

n=1

cn

∫ψm(x)∗ψn(x)dx =

∞∑

n=1

cnδmn = cm. (2.29)

(Kronecker delta’nın m = n olanın dısındaki tum terimleri yokettiginedikkat ediniz.) Dolayısıyla f(x)’in acılımındaki m. katsayı

cm =

∫ψm(x)∗f(x)dx (2.30)

ile verilir.

Bu dort ozellik cok gucludur ve sadece sonsuz kare kuyuya ozgu degildirler.Birincisi potansiyelin kendisi bir cift fonksiyon oldugunda gecerlidir, ikincisipotansiyelin seklinden bagımsız evrenseldir.9 Diklik de geneldir −ispatını 3.Bolumde gosterecegim. Tamlık, goreceginiz butun potansiyeller icin gecerlidirama ispatı oldukca zahmetlidir. Korkarım fizikcilerin cogu tamlıgı kabul ederlerve en iyisinin olmasını (yani kabullerinin gercek olmasını) umarlar.

Sonsuz kare kuyu icin duragan durumlar (2.6 esitligi)

Ψn(x, t) =

√2

asin(nπax)e−i(n2π2h/2ma2)t (2.31)

seklindedir. Zaman-bagımlı Schrodinger denkleminin en genel cozumunun duragandurumların bir dogrusal birlesimi (2.14) oldugunu iddia etmistim:

Ψ(x, t) =

∞∑

n=1

cn

√2

asin(nπax)e−i(n2π2h/2ma2)t. (2.32)

Bunun bir cozum olduguyla ilgili bir supheniz varsa kontrol etmeniz yeterli !Benim icin geriye kalan sadece uygun cn katsayıları ile herhangi bir baslangıcdalga fonksiyonu Ψ(x, 0)’ın ifade edilebilecegini gostermektir. 2.32 esitligine gore

Ψ(x, 0) =

∞∑

n=1

cnψn(x).

ψ’lerin tamlıgı (bu durumda Dirichlet’in savı (teoremi) ile onaylanıyor) Ψ(x, 0)’ıbu sekilde ifade edebilecegimi garantiliyor.ψ’lerin dik olusu Fourier’in numarasınıkullanarak katsayıları bulmamıza olanak tanıyor:

cn =

√2

a

∫ a

0

sin(nπax)

Ψ(x, 0)dx. (2.33)

9Ornegin John L. Powell ve Bernd Crasemann ’ın kitabına bakabilirsiniz: Quantum Me-chanics (Kuantum Mekanik) (Reading, MA: Addison-Wesley, 1961), syf.126


Simdi tamam: Baslangıc dalga fonksiyonu verildiginde once 2.33 esitligiyleacılım katsayılarını hesaplıyoruz. Sonra bunları 2.32 esitligine koyup Ψ(x, t)’yibuluyoruz. Elimizde dalga fonksiyonuyla artık 1. Bolumdeki yordamları (prosedurleri)kullanarak herhangi bir dinamik niceligi hesaplayabilecek konumdayız. Aynıtoren (rituel) tum potansiyeller icin uygulanır −degisenler sadece ψ’ler ve ala-bilecegi (izin verilen) enerjilerdir.

Problem 2.3 Zaman-bagımsız Schrodinger denkleminin (sonsuz kare kuyuicin) E = 0 veya E < 0 durumları icin kabul edilebilir bir cozumunun olmadıgınıgosterin. (Bu soru problem 2.2’nin ozel bir halidir. Bu halini Schrodinger den-klemini acıkca cozup sınır kosullarının saglanamayacıgını gostererek cozun.)

Problem 2.4 Zaman-bagımsız Schrodinger denklemini uygun sınır kosullarıylamerkezi koordinat sisteminin merkeziyle ortusen sonsuz kare kuyu icin cozun[−a/2 < x < +a/2 icin V (x) = 0, diger durumlarda V (x) = ∞]. Buldugunuzenerji seviyelerinin benimkilerle (2.23 esitligi) uyumlu oldugnu kontrol edin vesizin ψ’lerinizin benimkilerden x → x − a/2 donusumuyle elde edilebileceginigosterin.

*Problem 2.5 Sonsuz kare potansiyelin n. duragan durumu icin 〈x〉, 〈x2〉,〈p〉, 〈p2〉, σx ve σp’yi hesaplayın. Belirsizlik ilkesinin dogrulandıgını kontrol edin.Belirsizlik sınırına en yakın durum hangisidir?

**Problem 2.6 Sonsuz kare potansiyel icindeki bir parcacık baslangıcta ilkiki duragan durumun bir cift karısımı (birlesimi) olan dalga fonksiyonuna sahip-tir:

Ψ(x, 0) = A[ψ1(x) + ψ2(x)].

(a) Ψ(x, 0)’ı boylandırın. (A’yı bulun. ψ1 ve ψ2’nin boylandırılmıs dikliklerinikullanırsaız isiniz cok kolay olur. Ψ’yi t = 0 anında boylandırdıgınız taktirdesonraki zamanlarda da boylandırılmıs olarak kalacagından emin olacagınızıhatırlayın −bununla ilgili bir endiseniz varsa (b) sıkkını yaptıktan sonraacık acık kontrol edin.)

(b) Ψ(x, t) ve|Ψ(x, 0)|2’ni bulun. (Ikincisini Euler’in formulu eiθ = cos θ +i sin θ’yı kullanıp ustel fonksiyonlardan kurtularak zamanın sinussel fonksiy-onları cinsinden ifade edin.) ω ≡ π2h/2ma2 diye bir degisken tanımlayın.

(c) 〈x〉’i hesaplayın. Zamanda salındıgına dikkat edin. Bu salınımın frekansınedir? Bu salınımın genligi nedir? (Genliginiz a/2’den buyuk cıkarsa gozumegorunmeyin.)

(d) 〈p〉’yi hesaplayın.

(e) H ’nin beklenen degerini bulun. E1 ve E2 ile kıyaslayın.

(f) Bu kuyunun icindeki klasik bir parcacaık duvarların arasında gidip gelir.Enerjisi sizin (e) sıkkında buldugunuz beklenen degere esitse bu klasik


hareketin frekansı ne olur? Bunu (c) sıkkında buldugunuz kuantum frekanslakıyaslayın.

Problem 2.7 Dalga fonksiyonunun butunune gelecek bir faz carpanının fizik-sel bir onemi olmamasına ragmen (olculebilir bir niceligi hesapladıgınızda yokolur) 2.14 esitligindeki acılım katsayılarının goreli fazları onemlidir. OrneginProblem 2.6’daki ψ1 ve ψ2 arasındaki goreli fazı degistirdigimizi varsayalım:

Ψ(x, 0) = A[ψ1(x) + eiφψ2(x)],

oyle ki, φ bir gercel sabit olsun. Ψ(x, t), |Ψ(x, t)|2 ile 〈x〉’i bulun ve sonuclarıoncekilerle karsılastırın. φ = π/2 ve φ = π oldugu ozel durumlara bakın.

*Problem 2.8 Sonsuz kare potansiyel icindeki bir parcacıgın baslangıc dalgafonksiyonu asagıdaki gibi verilmistir

Ψ(x, 0) = Ax(a − x).

(a) Ψ(x, 0)’ı boylandırın. Grafigini cizin. Duragan durumlardan encok hangisinebenziyor?. Bu baglamda enerjinin beklenen degerini tahmin edin.

(b) t = 0 anındaki 〈x〉, 〈p〉 ve 〈H〉’yi hesaplayın. (Not : Bu sefer 〈x〉’in turevinialarak 〈p〉’yi bulamazsınız cunku sadece bir an icin 〈x〉’in degerini biliyor-sunuz.) 〈H〉 ile (a) sıkkında tahminde bulundugunuz degeri kıyaslayın.

*Problem 2.9 Problem 2.8’deki dalga fonksiyonu icin Ψ(x, t)’yi bulun. c1,c2 ve c3’u 5. basamaga kadar hesaplayıp bu sayılar uzerine yorum yapım. (cnsayıları size, kaba bir ifadeyle, Ψ ”icinde” ne kadar ψ oldugunu soyler.) Birt0 > 0 anında enerjiyi olctugunuzu ve E3 buldugunuzu varsayın. Anında tekrar-lanan olcumun aynı degeri vermesi gerektigi bilgisiyle, olcumden sonra cn kat-sayılarıyla ilgili ne soyleyebilirsiniz? (Bu soru Bolum 1’de kısaca tartıstıgımız”dalga fonksiyonunun cokusune” bir ornektir.)

*Problem 2.10 Dalga fonksiyonu (2.14 esitligi) boylandırılmıs olmak zorun-dadır. ψn’ler boylandırılmıs-dik olarak verildiginde bu size cn’lerle ilgili ne ifadeeder? Cevap:

∞∑

n=1

|cn|2 = 1. (2.34)

(Genelde |cn|2 her zaman ≤ 1’dir.)

〈H〉 =∞∑

n=1

En|cn|2 (2.35)

oldugunu gosterin. Bu arada kuantum mekaniginde enerjinin korunumununbir gostergesi olan 〈H〉’nin zamanda sabit oldugu goruldu.


2.3 AHENKLI (HARMONIK) SALINICI

Bir klasik ahenkli (harmonik) salınıcıya ornek, kuvvet sabiti k olan bir yayabaglanmıs bir m kutlesidir. Hareket Hooke yasası

F = −kx = md2x

dt2

ile belirlenir (her zamanki gibi surtunmeyi yok saydık) ve cozumu de

x(t) = A sin(ωt) + cos(ωt)

dir. Burada

ω ≡√k

m(2.36)

salınımın (acısal) frekansıdır. Potansiyel enerji

V (x) =1

2kx2 (2.37)

dir ve grafigi de bir paraboldur. Elbette mukemmel basit harmonik salınıcıdiye birsey yoktur −cok fazla gererseniz yay kırılacaktır ve o noktaya (kusursu-zluga) ulasmadan once Hooke yasası gecerligini yitirecektir. Ancak uygulamada(pratikte) tum potansiyeller bir yerel minimum komsulugunda yaklasık olarakparaboliktir (Sekil 2.3). Seklen V (x)’i minimumu civarında bir Taylor serisineacarsak

V (x) = V (x0) + V ′(x0)(x− x0) +1

2V ′′(x0)(x− x0)

2 + · · · ,

elde ederiz. V (x0)’ı cıkarın [kuvveti degistirmeyeceginden V (x)’e bir sabit ekleye-bilirsiniz], V ′(x0) = 0 olduguna dikkat edin (x0 bir minimum oldugundan)ve daha yuksek mertebeden terimleri atın [(x − x0) kucuk oldugu surece yoksayılabilecek kadar kucukturler]; potansiyel

V (x) ∼= 1

2V ′′(x0)(x− x0)

2

seklini alır. Bu da etkin yay sabiti k = V ′′(x0) olan (x0 noktası etrafında)basit ahenkli (harmonik) salınıcıyı tarif eder.10 Bu yuzdendir ki basit ahenkli(harmonik) salınıcı cok onemlidir: Genligi kucuk oldugu sureceneredeyse butunsalınımsal hareketler yaklasık olarak basit ahenklidir (harmoniktir).

Kuantum problem

V (x) =1

2mω2x2 (2.38)

10x0’ın minimum oldugu varsayımıyla V ′′(x0) ≥ 0 olduguna dikkat edin. Nadiren V ′′(x0) =0 oldugunda salınım yaklasık olarak bile basit ahenkli (harmonik) degildir.

2.3. AHENKLI (HARMONIK) SALINICI 35

Sekil 2.3: Rastgele bir potansiyele bir yerel minimumun komsulugunda parabolikyaklasıklık (kesik cizgili egri).

potansiyeli icin Schrodinger denklemini cozmektir. (Genelde 2.36 esitligiyle yaysabiti yerine klasik frekans cinsinden ifadesi yazılır.) Daha once gordugumuzgibi zaman-bagımsız Schrodinger denklemini cozmek yeterli olacaktır:

− h2

2m

d2ψ

dx2+

1

2mω2x2 = Eψ . (2.39)

Bu problemin cozumu icin literaturde birbirinden butunuyle farklı iki yaklasımbulacaksınız. Birincisi kuvvet serisine acılım yontemi kullanılarak turev den-klemini dosdogru ”kaba kuvvetle” cozmek; baska bir potansiyele de uygulan-abilirligi gibi bir meziyeti olan bir yaklasımdır (4. Bolumde Coulomb potan-siyelini incelerken kullanacagız). Ikincisi arttırma islemcileri denilen islemcilerkullanan seytani bir cebirsel tekniktir. Size once cebirsel yontemi gosterecegimcunku daha hızlı (ve daha eglenceli); simdilik atlayıp analitik yonteme gecersenizo da olur ama sonrasında mutlaka donup bu yonteme calısmalısınız.

2.3.1 Cebirsel Yontem

2.39 denklemini yontem icin daha uygun sekilde yazmakla baslayalım:

1

2m

[(h

i

d

dx

)2

+ (mωx)2

]= Eψ . (2.40)

Burada dusunce koseli parantez icindeki terim carpanlarına ayırmaktır. Bunlarsayı olsaydı kolaydı:

u2 + v2 = (u − iv)(u+ iv).

Ancak burada o kadar kolay degil zira u ve v islemcidirler ve islemciler geneldesıradegismezler (uv ile vu aynı degildir). Yine de

a± ≡ 1√2m

(h

i

d

dx± imωx

)(2.41)


ifadelerine bir baksak iyi olur.

Carpımları, a−a+, nedir? Uyarı: Uygulanacakları bir ”test fonksiyonu”, f(x)diyelim, vermediginiz taktirde islemcilerle calısmak can sıkıcı olabilir ve hatayapmaya acık olursunuz. Sonunda test fonksiyonunu atarsınız ve elinizde sadeceislemcileri iceren esitlik kalır. Simdiki durumda elimizde su var;

(a−a+)f(x) =1

2m

(h

i

d

dx− imωx

)(h

i

d

dx+ imωx

)f(x)

=1

2m

(h

i

d

dx− imωx

)(h

i

df

dx+ imωxf

)

=1

2m

[−h2 d

2f

dx2+ hmω

d

dx(xf) − hmωx

df

dx+ (mωx)2f

]

=1

2m

[(h

i

d

dx

)2

+ (mωx)2 + hmω

]f(x)

[Son adımda d(xf)/dx = x(df/dx) + f ozelligini kullandım]. Test fonksiyonunuatınca

(a−a+) =1

2m

[(h

i

d

dx

)2

+ (mωx)2

]+

1

2hω (2.42)

sonucuna ulasıyoruz. 2.40 denklemi carpanlarına tam olarak ayrılmıyor−fazladanbir (1/2)hω terimi var. Ancak bu fazlalıgı diger tarafa atarsak Schrodinger den-klemi11

(a−a+ − 1

2hω)ψ = Eψ (2.43)

seklini alır.Burada a+ ve a− carpanlarının sırasının onemli olduguna dikkat edin; aynı ifadea+ solda iken

(a+a−) =1

2m

[(h

i

d

dx

)2

+ (mωx)2

]− 1

2hω (2.44)

verir. Oyleyse

a−a+ − a+a− = hω (2.45)

ve Schrodinger denklemi de

(a+a− +1

2hω)ψ = Eψ (2.46)

seklinde yazılabilir.

11”Zaman-bagımsız Schrodinger denklemi” yazmaktan yoruldum. dolayısıyla hangisindenbahsettiigim acıkca belli iken sadece Schrodinger denklemi diyecegim.


Simdi onemli olan adım geliyor: ψ, E enerjisiyle Schrodinger denkleminisaglarsa a+ψ’de Schrodinger denklemini (E + hω) enerjisiyle saglar. Ispat:

(a+a− +1

2hω)(a+ψ) = (a+a−a+ +

1

2hωa+)ψ

= a+(a−a+ +1

2hω)ψ = a+[(a−a+ − 1

2hω)ψ + hωψ]

= a+(Eψ + hωψ) = (E + hω)(a+ψ). IGB

[a+ ile a−’nin sıralamasının onemli, a± ile bir sabitin (h, ω, E gibi) sıralamasınınonemsiz olduguna dikkat edin.] Aynı sekilde a−ψ’de E − hω enerjisine karsılıkgelen cozumdur:

(a−a+ − 1

2hω)(a−ψ) = a−(a+a− − 1

2hω)ψ

= a−[(a+a− +1

2hω)ψ − hωψ] = a−(Eψ − hωψ)

= (E − hω)(a−ψ).

O halde baslamak icin sadece bir cozumu bulabilirsek daha yuksek ve dahadusuk enerjili cozumleri yazmak icin burada harika bir aygıt var! a± islemcilerinemerdiven islemcileri diyoruz cunku enerjide yukarı ve asagı gidilmesini saglıyorlar;a+’ya arttıran (yukselten) islemci, a−’ye azaltan (eksilten) islemci denir.Durum ”merdiveni” Sekil 2.4’de betimlenmistir.

Ama durun bir dakika! Azaltan islemciyi tekrar tekrar uygularsam ne ola-cak? Sonunda (Problem 2.2’deki genel sava gore) varolmayan, enerjisi sıfırdandusuk bir duruma ulasacagım! O halde aygıt bir yerde durmalı. Peki bu nasılolabilir? a−ψ’nin Schrodinger denkleminin yeni bir cozumu oldugunu biliyoruzama boylandırılabilirligi ile ilgi bir garanti yok. Sıfır olabilir veya karesinin inte-grali sonsuz olabilir. Problem 2.11 ikinci olasılıgı ortadan kaldırıyor. Sonuc: Bir”en alt basamak” olmalı; oyle ki buna ψ0 dersek

a−ψ0 = 0 (2.47)

olsun. Yani1√2m

(h

i

dψ0

dx− imωxψ0

)= 0

veyadψ0

dx= −mω

hxψ0

olmalı. Cozumu kolay bir turev denklemi:

∫dψ0

ψ0= −mω

h

∫xdx⇒ lnψ0 = −mω

2hx2 + sabit,

yani

ψ0(x) = A0e−mω

2h x2

. (2.48)


Sekil 2.4: Basit ahenkli salınıcıicin duragan durumlarınmerdiveni.

Bu durumun enerjisini bulmak icin onu (2.46 seklindeki) Schrodinger denklemineyerlestirecegiz, (a + a− + (1/2)hω)ψ0 = E0ψ0,ve a−ψ0 = 0 olması gerektiginikullanacagız. Acıkca

E0 =1

2hω (2.49)

dır.Ayagımız guvenli bir sekilde en alt basamakta12 (kuantum salınıcının ta-

ban durumunda) oldugundan uyarılmıs durumları bulmak icin sadece artırmaislemcisini uygulayacagız13:

En = (n+1

2hω) olmak uzere ψn(x) = An(a+)ne−

mω2h x2

. (2.50)

(Bu yontem boylandırma carpanı An’yi hemen belirlemez; Problem 2.12’deuzerinde calısacaksınız). Ornegin

ψ1 = A1a+e−mω

2h x2

= A11√2m

(h

i

d

dx+ imωx

)e−

mω2h x2

=A1√2m

[h

i

(−mω

hx)e−

mω2h x2

+ imωxe−mω2h x2

],

olur ve bu da

ψ1(x) = (iA1ω√

2m)xe−mω2h x2

(2.51)

12Sadece bir tane merdiven olabilecegine dikkat edin. Cunku 2.47 esitligiyle belirlenen enalt duzey tektir. Dolayısıyla gercekten de (boylandırılabilir) tum cozumleri elde ettik.

13Ahenkli (Harmonik) salınıcı icin alısılmısın dısına cıkıp n = 1 yerine n = 0’dan baslayaraketiketlemek daha uygun olur. 2.14 gibi esitliklerde toplamdaki alt sınır probleme gore uygunolarak degistirilmelidir.


esitligine sadelesir. Bu yolla ψ50’yi hesaplamak istemezdim, ama sorun degil:Izin verilen butun enerjileri hesapladık ve ilkesel olarak (prensipte) duragan du-rumları belirledik −geri kalanları hesap.

Problem 2.11 Eksiltme islemcisinin sonsuz boylu bir durum uretemeyeceginigosterin. (Yani, ψ Schrodinger denkleminin boylandırılmıs bir cozumu ise

∫|a−ψ|2dx <

∞’dur.) ψ = ψ0 olması durumunda bu size ne anlatır? Ipucu:

∫ +∞

−∞(a−ψ)∗(a−ψ)dx =

∫ +∞

−∞ψ∗(a+a−ψ)dx

oldugunu gostermek icin kısmi integrasyonu kullanın. Sonra, E ψ durumununenerjisi olacak sekilde

∫ +∞

−∞|a−ψ|2dx = E − 1

2hω

esitligini bulmak icin Schrodinger denklemi 2.46’yı kullanın.

**Problem 2.12

(a) Artırma ve eksiltme islemcileri Schrodinger denklemine yeni cozumler ure-tirler ama bunlar dogru bir sekilde boylandırılmıs degildirler. Yani a+ψn

ile ψn+1 ve a−ψn ile ψn−1 orantılıdır ama orantı sabitlerini kesin olarakbilmek isteriz:

∫ +∞

−∞|a+ψn|2dx = (n+ 1)hω,

∫ +∞

−∞|a−ψn|2dx = nhω

ve dolayısıyla (rastgele) faz carpanları dısında

a+ψn = i√

(n+ 1)hωψn+1, (2.52)

a−ψn = −i√nhωψn−1 (2.53)

oldugunu gostermek icin kısmi integrasyon ve Schrodinger denklemini (2.43ve 2.46 denklemlerini) kullanın. (Buradaki i’ler dalga fonksiyonunu gercelyapmak icin bırakıldı.)

(b) 2.50 esitligindeki An’yi bulmak icin 2.52 esitligini kullanın. (ψ0’ı ”elle” boy-landırmalısınız.) Cevap:

An =(mωπh

)1/4 (−i)n

√n!(hω)n

. (2.54)

*Problem 2.13 Bu Bolumun yontem ve sonuclarını kullanarak

(a) Direkt interasyonla ψ1’i (2.51 esitligi) boylandırın. Cevabınızı 2.54 esitligiyleverilen genel formulle kontrol edin.


(b) ψ2’yi bulun ama boylandırmayın.

(c) ψ0, ψ1 ve ψ2’yi cizin

(d) ψ0, ψ1 ve ψ2’nin dikliklerini kontrol edin. Not: Fonksiyonların tek veya ciftolduklarını farkettiginizde geriye acıkca hesaplanması gereken sadece birtane integral kalır.

*Problem 2.14 2.12 ve 2.13 problemlerinin sonyclarını kullanarak

(a) ψ0 ve ψ1 durumları icin 〈x〉, 〈p〉, 〈x2〉 ve 〈p2〉’yi hesaplayın. Not: Bu veahenkli salınıcı icieren problemlerin cogunda ξ ≡

√mω/hx degiskeni ve

α ≡ (mω/hπ)1/4/ sabitini kullanmanız gosterimi (notasyonu) basitlestirir.

(b) Bu durumlar icin belirsizlik ilkesini kontrol edin.

(c) Bu durumlar icin 〈T 〉 ve 〈V 〉’yi hesaplayın (yeni integral almak yok!).Toplamları bekldiginiz sonuc mu?

2.3.2 Cozumlemeli (Analitik) Yontem

Simdi ahenkli salınıcı icin Schrodinger denklemi 2.39’a geri donuyoruz:

− h2

2m

d2ψ

dx2+

1

2mω2x2ψ = Eψ

Boyutsuz

ξ ≡√mω

hx (2.55)

degiskenini kullanırsak Schrodinger denklemi daha temiz gorunur:

d2ψ

dξ2= (ξ2 −K)ψ; (2.56)

K, (1/2)hω biriminde enerjidir:

K ≡ 2E

hω. (2.57)

Burada problemimiz 2.56 denklemini cozmek ve K icin (dolayısıyla E icin) ”izinverilen” degerleri bulmaktır.

Once ξ’nin cok buyuk degerleri (x’in de cok buyuk degerleri demek) icinξ2’nin K sabitine baskın gelecegine dikkat edin. Dolayısıyla bu bolgede

d2ψ

dξ2≈ ξ2ψ (2.58)


olur ve cozumu de

ψ(ξ) ≈ Ae−ξ2/2 +Be+ξ2/2 (2.59)

dir (kontrol edin). B’li terimin boylandırılabilir olmadıgı acıktır (|x| → ∞ ikenpatlar); oyleyse buyuk ξ’ler icin fiziksel olan cozumler

ψ(ξ) → ( )e−ξ2/2 (2.60)

asimptotik bicimdedirler. Bu, geri kalan kısım olan [h(ξ)]’nin ψ(ξ)’nin ken-disinden daha basit bir bicimde oldugunu umarak ustel kısmı fonksiyondan”ayırmak” demektir:14

ψ(ξ) = h(ξ)e−ξ2/2. (2.61)

2.61 denkleminin turevini aldıgımızda

dψ

dξ=

(dh

dξ− ξh

)e−ξ2/2

iled2ψ

dξ2=

(d2h

dξ2− 2ξ

dh

dξ+ (ξ2 − 1)h

)e−ξ2/2

elde ederiz ve boylece 2.56’daki Schrodinger denklemi

d2h

dξ2− 2ξ

dh

dξ+ (K − 1)h = 0 (2.62)

halini alır.Bu denklemin cozumune ξ’nin bir kuvvet serisinde bakmayı oneriyorum:15

h(ξ) = a0 + a1ξ + a2ξ2 + · · · =

∞∑

j=0

ajξj . (2.63)

Serinin terim terim turevini alalım;

dh

dξ= a1 + 2a2ξ + 3a3ξ

2 + · · · =

∞∑

j=0

jajξj−1,

ved2h

dξ2= 2a2 + 2 · 3a3ξ + 3 · 4a4ξ

2 + · · · =

∞∑

j=0

(j + 1)(j + 2)aj+2ξj ,

142.61 esitliginden once bir yaklasıklıkla calısmamıza ragmen sonraki basmaklarda herseytamdır (yaklasıklık yoktur). Turev denklemlerinin kuvvet serileri yontemiyle cozumundeasimptotik davranıslara bakmak standart ilk adımdır −ornegin 8. dipnotta bahsedilen Boas’ınkitabının 12. Bolumune bakın

15Taylor savına gore iyi davranıslı her fonksiyon bir kuvvet serisi olarak ifade edilebilir.Boyle oldugundan 2.63 esitligi genelden bir kayıp icermez. Seri yonteminin uygulanabilirligiile ilgili kosullar icin (8. dipnotta bahsedilen) Boas veya George Arfken’in ”MathematicalMethods for Physicists” (Fizikciler icin Matematiksel Yontemler) (Orlando, FL: AcademicPress, 1985) kitabının 3. basımının 8.5.kısmına bakın


olur. Bunları 2.62 denklemine koydugumuzda

∞∑

j=0

[(j + 1)(j + 2)aj+2 − 2jaj + (K − 1)aj ] ξj = 0 (2.64)

elde ederiz. Kuvvet serisine acılımların tekliginden (tek olusundan)16 ξ’nin herkuvvetinin katsayısı sıfır olmalıdır

(j + 1)(j + 2)aj+2 − 2jaj + (K − 1)aj = 0

buradan da

aj+2 =(2j + 1 −K)

(j + 1)(j + 2)aj (2.65)

olur.Bu tekrarlama bagıntısı Schrodinger denklemine bire bir denktir. a0’ın

verilmesiyle a2, a4, a6, · · · ’yı, a1’in verilmesiyle a3, a5, a7, · · · ’yi bulabiliriz.

h(ξ) = hcift(ξ) + htek(ξ) (2.66)

yazalım; oyle kihcift(ξ) ≡ a0 + a2ξ

2 + a4ξ4 + · · ·

ξ’nin sadece cift kuvvetlerini icerdiginden a0’ın uzerine kurulu (ξ’nin) bir ciftfonksiyonu,

htek(ξ) ≡ a1 + a3ξ3 + a5ξ

5 + · · ·ξ’nin sadece tek kuvvetlerini icerdiginden a1’in uzerine kurulu (ξ’nin) bir tekfonksiyonudur. Boylelikle 2.65 denklemi 2. mertebeden bir turev denklemindenbeklendigi gibi iki tane rastgele sabit (a0 ve a1) cinsinden h(ξ)’yi verir.

Ancak elde edilen cozumlerin hepsi boylandırılabilir degildir. Tekrarlamabagıntısı cok buyuk j lerde (yaklasık)

aj+2 ≈ 2

jaj,

halini alır. Bunun (yaklasık) cozumu bir C sabiti icin

aj ≈ C

(j/2)!

dir. Bu da (yuksek mertebeli terimlerin baskın oldugu cok buyuk ξ degerleriicin)

h(ξ) ≈ C∑ 1

(j/2)!ξ2 ≈ C

∑ 1

k!ξ2k ≈ Ceξ2

sonucunu verir. Hatırlayın ψ’yi hesaplamaya calısıyoruz; simdi h eger e(ξ2) gibi

davranırsa ψ’de (2.61 esitligine gore) e(ξ2)/2 gibi davranır ki bu kesinlikle asimp-

totik davranıstır ve biz bunu istemiyoruz.17 Bundan kurtulmanın bir tek yolu

16Ornegin bir onceki alnotta bahsedilen Arfken’in kitabının 5.7. kısmına bakın172.65 esitliginin kotu-davranıslı cozumleri hala icermesi surpriz degil; bu tekrarlama iliskisi

Schrodinger denklemine denk oldugundan 2.59 esitliginde buldugumuz her iki asimtotik bicimide icermeli.


var: Boylandırılabilir cozumler icin kuvvet serisi sonlanmalı. Bir ”en buyuk” j ol-malı (ona n diyelim) oyle ki tekrarlama bagıntısı sonraki terimler icin an+2 = 0versin (bu ya hcift serisini ya da htek serisini budar, digeri bastan sıfır olmakzorunda). Dolayısıyla fiziksel cozumler icin n pozitif bir tamsayı olmak uzere

K = 2n+ 1

olmalı, yani enerji (2.57 esitliginden), n = 0, 1, 2 . . . icin

En =

(n+

1

2

)(2.67)

biciminde olmalıdır. Boylece cebirsel olarak buldugumuz temel kuantumlamakosulu 2.50 esitligini butunuyle farklı bir yontemle tekrar bulduk.

K’nin alabilecegi degerler icin tekrarlama bagıntısı

aj+2 =−2(n− j)

(j + 1)(j + 2)aj (2.68)

olur. n = 0 ise seride sadece bir tane (sıfırsan farklı) terim olur (htek’i yok etmekicin a1=0 almalıyız ve 2.68 esitliginde j = 0 olusu a2 = 0’ı verir):

h0(ξ) = a0

ve boylece (2.48 esitligini veren)

ψ0(ξ) = a0e−ξ2/2

olur. n = 1 icin a0 = 0 alın,18 2.68 esitligi j = 1 icin a3 = 0 verir, yani

h1(ξ) = a1ξ

ve boylece

ψ(ξ) = a1ξe−ξ2/2

olur (2.51 esitliginden dogrular). n = 2 icin j = 0, a2 = −2a0 ve j = 2, a4 = 0verir; yani

h2(ξ) = a0(1 − 2ξ2)

ve

ψ2(ξ) = a0(1 − 2ξ2)e−ξ2/2

olur ve boyle gider. (Aynı sonucun cebirsel olarak elde edildigi Problem 2.13’lekıyaslayın.)

Genelde hn(ξ), n bir cift tamsayı oldugunda ξ’nin sadece cift kuvvetlerini,bir tek tamsayı oldugunda da sadece tek kuvvetlerini iceren n. mertebeden bir

18Her n degeri icin butunuyle farklı bir aj katsayıları kumesi olduguna dikkat edin


polinomu olur. Bunlar (a0 ve a1 carpanlarının dısında) Hermite polinom-larıdır, Hn(ξ).19 Ilk birkacı Tablo 2.1’de listelendiler. Rastgele carpan, gelenek-sel olarak ξ’nin en ust mertebeden kuvvetinin katsayısını 2n yapacak sekildesecilir. Boylece ahenkli salınıcının boylandırılmıs20 duragan durumları

ψn(x) =

(mω

πh

1/4)

1√2nn!

hn(ξ)e−ξ2/2 (2.69)

olur. Bunlar cebirsel olarak elde ettigimiz 2.50 esitligindekilerle (elbette) ozdestirler.Sekil 2.5a’da ilk birkac n icin ψn(x)’i cizdim.

Kuantum salınıcı, klasik karsılıgından goze carpacak sekilde farklıdır −sadeceenerjilerin kuantumlanmıs olması degil, aynı zamanda konum dagılımlarınında bazı garip ozellikleri vardır. Ornegin parcacıgın klasik olarak bulunabiliroldugu bolgenin (yani, sozkonusu enerji icin gerekli olan klasik genlikten dahabuyuk bir x ile) dısında bulunma olasılıgı sıfır degildir (Problem 2.15’e bakın)ve butun ”tek” durumlar icin parcacıgın potansiyel kuyusunun merkezinde bu-lunma olasılıgı sıfırdır. Sadece gorece buyuk n’ler icin klasik durumla benz-erlikler goruruz. Sekil 2.5b’de konumun klasik dagılımını n = 100 icin kuan-tum dagılımıyla birlikte cizdim; kuantum durumdaki tepecikleri duzlestirecekolursanız ikisinin birbirileri uzerine gayet iyi oturduklarını gorursunuz. (Ancak,klasik durumda bir salınıcının konumunun zamanda dagılımından bahsederkenkuantum karsılıgında ozdes olarak hazırlanmıs sistemlerin bir kumesi uzerindenalınan dagılımdan bahsediyoruz.)21

Tablo 2.1: Hermite polinomlarından (Hn(x)) ilk birkacı

H0 = 1,H1 = 2x,H2 = 4x2 − 2,H3 = 8x3 − 12x,H4 = 16x4 − 48x2 + 12,H5 = 32x5 − 160x3 + 120x.

Problem 2.15 Ahenkli salınıcının taban durumunda parcacıgın klasik olarakbulunabilir oldugu bolgenin dısında bulunma olasılıgı nedir? (Uc tane anlamlısayıya kadar ifade ediniz.) Ipucu: Bir ”Normal Dagılım” (Normal Distribution)veya ”Hata Fonksiyonu” (Error Function) tablosuna bakın.

19Hermite polinomları matemetikte gensilemesine calısılagelmistir. Bunlarla calısırken kul-lanılan gereclerin bazıları Problem 2.18’de incelenmistir.

20Burada boylandırma sabitinin bulunmasıyla ilgili birsey yapmayacagım; nasıl yapıldıgıylailgileniyorsanız, ornegin, Leonard Schiff’in Quantum Mechanics (Kuantum Mekanik) (3.basım) (New York: McGraw-Hill,1968) kitabının 13. kısmına bakabilirsiniz

21Klasik dagılımı hepsi aynı enerjili ama rastgele baslama zamanlı bir salınıcılar kumesiolarak yorumladıgınızda bu benzesme (analoji) size daha fazla sey anlatacaktır.


Sekil 2.5: (a) Ahenkli salınıcının ilk dort duragan durumu. (b) Uzerine klasikdagılımın (kesik cizgilerle) cizildigi |ψ100|2’nin grafigi.


Problem 2.16 H5(ξ) ve H6(ξ)’yi bulmak icin tekrarlama bagıntısı 2.68’ikullanın.

*Problem 2.17 Ahenkli salınıcı potansiyelinin icindeki bir parcacık, A birsabit olmak uzere,

Ψ(x, 0) = A[ψ0(x) + ψ1(x)]

baslangıc dalga fonksiyonuna sahiptir.

(a) Ψ(x, 0)’ı boylandırın.

(b) Ψ(x, t)’yi ve |Ψ(x, 0)|2’sini bulun.

(c) x’in beklenen degerini zamanın bir fonksiyonu olarak bulun. Sinussel olaraksalındıgına dikkat edin. Bu salınımın genligi nedir? Acısal frekansı nedir?

(d) 〈p〉’yi bulmak icin (c)’de elde ettiginiz sonucu kullanın. BU dalga fonksiy-onu icin Ehrenfest’in savının gecerli oldugunu kontrol edin.

(e) Sekil 2.5’i referans alarak t = 0, π/ω, 2π/ω, 3π/ω ve 4π/ω anlarında |Ψ|’nincizgesini (grafigini) cizin. (Cizgelerinizin kusursuz olması gerekmez, salınımlarıgosterecek kadar duzgun olmaları yeterli.)

**Problem 2.18 Bu problemde Hermite polinomları ile ilgili bazı faydalısavları (ispatlamadan) gorecegiz.

(a) Rodrigues formulu su sekildedir;

Hn(ξ) = (−1)neξ2

(d

dξ

)n

e−ξ2

. (2.70)

Bunu kullanarak H3’u ve H4’u hesaplayın.

(b) Asagıdaki tekrarlama iliskisiHn+1’i kendinden onceki iki Hermite polinomucinsinden verir:

Hn+1(ξ) = 2ξHn(ξ) − 2nHn−1(ξ). (2.71)

Bunu (a) sıkkının cevabı ile birlikte H5’i ve H6’yı bulmak icin kullanın.

(c) n. mertebeden bir polinomun turevini aldıgınızda (n − 1). mertebeden birpolinom elde edersiniz. Hermite polinomları icin

dHn

dξ= 2nHn−1(ξ) (2.72)

olur. Bunu H5’in ve H6’nın turevlerini alarak kontrol edin.

(d) Hn(ξ), uretme fonksiyonu exp(−z2 + 2zξ)’nin z’ye gore n. turevininz = 0’daki degeridir; veya baska bir deyisle Taylor serisi acılımı

e−z2+2zξ =∞∑

n=0

zn

n!Hn(ξ) (2.73)

ifadesinde zn/n! teriminin katsayısıdır. H0, H1 ve H2’yi bulmak icin kul-lanın.

2.4. SERBEST PARCACIK 47

2.4 SERBEST PARCACIK

Simdi tum durumların en sadesi olması gereken duruma donuyoruz: serbestparcacık [her yerde V (x) = 0]. Az sonra goreceginiz uzere serbest parcacıkgercekten de beklenmedik bir sekilde incelikleri olan ve dikkat gerektiren birproblemdir. Zaman-bagımsız Schrodinger denklemi

− h2

2m

d2ψ

dx2= Eψ (2.74)

veya

k ≡√

2mE

holmak uzere

d2ψ

dx2= −k2ψ (2.75)

seklindedir. Buraya kadar sonsuz kare kuyunun, potansiyelin sıfır oldugu, ici ileaynı (2.17 denklemi), ancak gerekcesi bu bolumun devamında anlasılacagı uzerebu sefer cozumu sinus ve kosinusler yerine ustel fonksiyon cinsinden yazmayıtercih edecegim:

ψ(x) = Aeikx +Be−ikx. (2.76)

Sonsuz kare kuyudan farklı olarak k’nin (dolayısıyla E’nin) alabilecegi degerlerekısıtlama getirecek sınır kosulları yok; serbest parcacık (pozitif) butun enerjilerialabilir. Standart zaman bagımlılıgı exp(−iEt/h) ile birlikte

Ψ(x, t) = Aeik(x− hk2m t) +Be−ik(x+ hk

2m t) (2.77)

olur.

Simdi, (v bir sabit olmak uzere) (x ± vt) birlesimine baglı olan x ve t’ninbutun fonksiyonları ∓x−istikametinde v hızı ile ilerleyen sabit bir profilli dalgayıtemsil eder. Dalga uzerindeki bir sabit nokta (ornegin bir tepe (maksimum) veyabir cukur (minimum)) fonksiyonun argumanında dolayısıyla x ve t’de bir sabitdegere karsılık gelir; oyle ki

x± vt = sabit veya x = ∓vt+ sabit

olur. Bu da ±x−yonunde sabit v hızı ile hareketin formuludur. Dalga uzerindekiher nokta aynı hızla hareket ettiginden dalga ilerledikce seklinde bir degisiklikolmaz. Dolayısıyla 2.77 esitligindeki ilk terim saga dogru ilerleyen bir dalgayıikinci terim (aynı enerjiyle) sola dogru ilerleyen bir dalgayı tarif eder. Bu aradabunlar arasında sadece k’nin isareti farklı oldugundan

Ψk(x, t) = Aei(kx− hk2

2m t) (2.78)

yazıp sola giden dalga icin k’nin negatif oldugu degeri alabiliriz:

k ≡ ±√

2mE

h,

{k > 0 ⇒ saga dogru gidiyor,k < 0 ⇒ sola dogru gidiyor.

(2.79)


Bu dalgaların hızı (t’nin katsayısı bolu x’in katsayısı)

vkuantum =h|k|2m

=

√E

2m(2.80)

dir. Diger taraftan E enerjili bir serbest parcacıgın klasik hızı E = (1/2)mv2

(V = 0 oldugundan sadece kinetik enerji) ile verildiginden

vklasik =

√2E

m= 2vkuantum (2.81)

olur. Kuantum mekaniksel dalga fonksiyonu tarif ettigi parcacıgın hızının yarısıhızda ilerliyor! Bu ikileme az sonra donecegiz -oncesinde karsılasmak zorundaoldugumuz daha ciddi bir sorunumuz var: Bu dalga fonksiyonu boylandırılabilirdegil! Cunku ∫ +∞

−∞Ψ∗

kΨkdx = |A|2∫ +∞

−∞1dx = |A|2(∞) (2.82)

dur. Oyleyse serbest parcacıkta ayrılabilir cozumler fiziksel olarak elde edilebilirdurumları tarif etmez. Bir serbest parcacık duragan bir durumda olamaz veyabaska bir deyisle enerjisi kesin belirli olan serbest parcacık diye birsey yoktur.

Tabii bu, ayrılabilir cozumlerin bir ise yaramadıkları anlamına gelmez. Fizik-sel anlamlarından butunuyle bagımsız matematiksel rolleri vardır: Zaman-bagımlıSchrodinger denkleminin genel cozumu, ayrılabilir cozumlerin bir dogrusal birlesimidir(yalnızca boyle olursa cozum, kesikli indis n uzerinden bir toplam yerine sureklidegisken k uzerinden bir integral olur):

Ψ(x, t) =1√2π

∫ +∞

−∞φ(k)ei(kx− hk2

2m t)dk. (2.83)

[1/√

2π rahatlık olsun diye integralin dısına alındı; 2.14 esitligindeki cn kat-sayısının yerine burada 1/

√2πφ(k)dk var.] Simdi bu dalga fonksiyonu [uygun

φ(k) icin] boylandırılabilir. Ama k’nin, dolayısıyla enerjinin ve hızların belirlibazı aralık larını tasımalıldır. Biz buna dalga paketi diyoruz.

Bir kuantum probleminde bize Ψ(x, 0) verilip Ψ(x, t)’yi bulmamız istenir.Bir sarbest parcacık icin cozum 2.83 esitligi seklindedir; geriye sadece baslangıcdalga fonksiyonuna uygun φ(k)’nin nasıl bulunacagı kalır:

Ψ(x, 0) =1√2π

∫ +∞

−∞φ(k)eikx

dk. (2.84)

Bu klasik bir Fourier cozumlemesi problemidir; cevabı Plancherel savı ile ver-ilir (Problem 2.20’ye bakın):

f(x) =1√2π

∫ +∞

−∞F (k)eikx

dk ⇔ F (k) =1√2π

∫ +∞

−∞f(x)e−ikx

dx . (2.85)


F (k)’ye f(x)’in Fourier donusumu, f(x)’e F (k)’nin ters Fourier donusumu denir(tek fark ustelin isaretidir). Fonksiyonların uygulanabilirligine dair bir sınırlamavar elbette: Integraller var olmalı.22 Bize gerektigi hali Ψ(x, 0)’ın kendisininboylandırılabilir olması gerektigi kosuluyla garanti altındadır. O halde serbestparcacık icin kuantum problemin cozumu

φ(k) =1√2π

∫ +∞

−∞Ψ(x, 0)e−ikx

dx . (2.86)

olmak uzere 2.83 esitligi ile verilir. Belirli bir Ψ(x, 0) fonksiyonu ile baslayıpφ(k)’yi hesaplayıp 2.83 esitligindeki integrali alarak Ψ(x, t)’yi kapalı bir haldeelde edecegimiz bir problemi calısacagım sizin icin. Ama en iyi ornegi kendikendinize ugrasmanız icin size bırakıyorym; problem 2.22’ye dikkatle calısın.

Simdi onceki ikileme donelim; ayrılabilir cozum Ψk(x, t) tarif ettigi parcacıgagore ”yanlıs” hızda ilerliyordu. Acıkcası problem, Ψk’nin fiziksel olmadıgınıfark ettigimizde cıkmıstı ortaya. Yine de parcacık hızı bilgisinin dalga fonksiy-onu (2.83 esitligi) ile nasıl tasındıgını anlamak istiyoruz. Onemli nokta su:bir dalga paketi, genligi φ ile belirlenen sinussel bir fonksiyondur (Sekil 2.6);bir ”kılıfın” icinde ”dalgacıklar” icerir. Dalganın hızına karsılık gelen, kılıfınbutununun hızıdır, kılıfın icindeki dalgacıkların degil. Kılıfın hızına gurup hızı,dalgacıkların hızına da faz hızı denir. Gurup hızı dalganın dogasına gore ken-disini olusturan dalgacıkların hızına (faz hızına) esit, ondan buyuk veya ondankucuk olabilir. Bir ipin uzerindeki dalganın gurup hızı faz hızıyla aynıdır. Su dal-gaları icin faz hızının yarısıdır: Bir golete tas atıp belirli bir dalgacık tepesineodaklandıgınızda onun once geriden olusturuldugunu, guruba dogru ilerlediginisonra gurubun onunde soldugunu fark edersiniz. Tum gurup bu esnada yarıhızda acılmaktadır. Benim gostermem gereken sey kuantum mekanikte serbestparcacık dalga fonksiyonunun gurup hızının faz hızının iki katı oldugudur -busekilde klasik parcacık hızını dogru olarak tarif eder, ki olması gereken de budur.

Sekil 2.6: Bir dalga paketi. ”Dıskabuk” (envelope) gurup hızındahareket eder; ”dalgacıklar” fazhızında hareket ederler.

22f(x) icin gerek ve yeter kosul

∫ +∞

−∞|f(x)|2dx’in sonlu olmasıdır. (Bu durumda

∫ +∞

−∞|F (k)|2dk de sonlu olur, hatta iki integral birbirine esit olur.) 15. dipnotta bahsedilen

Arfken’in kitabının 15.5. kısmına bakın.


O halde problem

Ψ(x, t) =1√2π

∫ +∞

−∞φ(k)ei(kx−ωt)

dk

seklindeki bir dalga paketinin gurup hızını bulmaktır. [Bizim durumumuzdaω = (hk2/2m)’dir ama soyleyecegim sey k’nin fonksiyonu olacak sskilde ω’nınformulu demek olan dagılma iliskisinden bagımsız olması gerekir.] φ(k)’ninbir k0 degerinde dar bir zirve yaptıgını varsayalım. [k’de genis bir dagılımınbir sakıncası yok ama (bilesenleri farklı hızlarda ilerlediginden) sekilleri hızladegiseceginden iyi-tanımlı bir hıza sahip ”gurup” tanımı da anlamını yitirecek-tir.] Integrant k0 civarının dısında gozardı edilebilir oldugundan ω(k) fonksiy-onunu bu nokta civarında Taylor serisine acıp sadece gorece daha buyuk ilkterimini alabiliriz:

ω(k) ∼= ω0 + ω′0(k − k0),

oyle ki ω0, ω’nın, ω′0’da ω’nın turevinin k0’daki degeridir.

Integrali k0 merkezine almak icin s ≡ k − k0 seklinde degisken degstirirsek

Ψ(x, t) ∼= 1√2π

∫ +∞

−∞φ(k0 + s)ei[(k0+s)x−(ω0+ω′

0s)t]ds

elde ederiz. t = 0’da

Ψ(x, 0) =1√2π

∫ +∞

−∞φ(k0 + s)ei(k0+s)x

ds

ve sonraki zamnalarda

Ψ(x, t) ∼= 1√2πei(−ω0t+k0ω′

0t)

∫ +∞

−∞φ(k0 + s)ei(k0+s)(x−ω′

0t)ds

olur. Bu, x’i (x − ω′0t)’ye otelemenin dısında Ψ(x, 0)’daki integralle aynıdır.

OyleyseΨ(x, t) ∼= e−i(ω0−k0ω′

0)tΨ(x− ω′0t, 0) (2.87)

demektir. |Ψ|2’ni etkilemeyecek faz carpanının dısında dalga paketi acıkca (k =k0 icin)

vgurup =dω

dk(2.88)

hızında hareket eder, bu da

vfaz =ω

k(2.89)

faz hızından farklıdır. Bizim durumumuzda ω = (hk2/2m) oldugundan (ω/k =hk/2m) iken (dω/dk = hk/m) yani oncekinin iki katıdır. Bu, parcacıgın duragandurumlarının faz hızının degil dalga paketinin gurup hızının klasik parcacıgınhızına karsılık geldigini dogrular:

vklasik = vgurup = 2vfaz . (2.90)


Problem 2.19 [Aeikx + Be−ikx], [C cos kx + D sin kx], [F cos(kx + α)] ve[G sin(kx + β)] ifadelerinin x’in aynı fonksiyonunun birbirilerline denk goster-imleri oldugunu gosterip C, D, F , G, α ve β sabitlerini A ve B cinsindenbulun. (Kuantum mekanikte V = 0 oldugunda ustel fonksiyonlar gezen dal-gaları gosterir ve serbest parcacık tartısmasında en uygun gosterimdir; sinuslerlekosinusler ise sonsuz kare kuyuda karsımıza cıkan duran dalgalara karsılık gelir-ler.) Fonksiyonun gercel oldugunu varsayın.

**Problem 2.20 Bu problem bir sonlu aralıkta Fourier serisi kuramı ilebaslayıp sonra bu aralıgı sonsuza goturerek size Plancherel kuramının ”ispatında”rehberlik etmesi uzere tasarlanmıstır.

(a) Dirichlet kuramı [−a,+a] aralıgındaki ”herhangi” bir fonksiyonun Fourierserisine acılabilecegini soyler:

f(x) =∞∑

n=0

[an sin(nπx/a) + bn cos(nπx/a)].

Bunun

f(x) =

+∞∑

n=−∞cne

inπx/a

seklinde de yazılabilecegini gosterin. an ve bn cinsinden cn nedir?

(b) Fourier numarasından yola cıkıp

cn =1

2a

∫ +a

−a

f(x)e−inπx/adx

oldugunu gosterin.

(c) n ile cn’nin yerine yeni degiskenler (k = (nπ/a) ve F (k) =√

2/πacn) yazıp(a) ve (b) sıklarının

f(x) =1√2π

+∞∑

−∞F (k)eikx∆k; F (k) =

1√2π

∫ +a

−a

f(x)e−ikxdx

hallerini alacagını gosterin. Burada ∆k ardısık n’lericin k’deki artstır.

(d) Plancherel kuramını elde etmek icin yukarıda a → ∞ limitini alın. Not:Farklı kaynaktan geliyor olmalarına ragmen [biri f(x) cinsinden F (k), digeriF (k) cinsinden f(x)] a → ∞ limitinde iki formulun de benzer yapılardaolması sasırtıcı ve hostur.

Problem 2.21 Baslangıcta −a < x < a aralıgında yerellesmis olan birserbest parcacıgın t = 0 anında serbest bırakıldıgını dusunun:

Ψ(x, 0) =

{A, −a < x < a ise,0, diger durumlarda,


oyle ki A ve a pzitif gercel sabitler olsun.

(a) Ψ’yi boylandırarak A’yı bulun.

(b) 2.86 esitligiyle verilen φ(k)’yi bulun

(c) Cok kucuk ve cok buyuk a degerleri icin φ(k)’nin davranısını yorumlayın.Belirsizlik ilkesiyle bu nasıl iliskilidir?

*Problem 2.22 A ve a birer sabit (a gercel ve pozitif) olmak uzere birserbest parcacık

Ψ(x, 0) = Ae−ax2

baslangıc dalga fonksiyonuna sahiptir.

(a) Ψ(x, 0)’ı boylandırın.

(b) Ψ(x, t)’yi bulun. Ipucu:

∫ +∞

−∞e−(ax2+bx)

dx

seklindeki integraller ustelin argumanını ”tam kare” yaparak alınabilir. y ≡√a[x+ (b/2a)] olsun; (ax2 + bx) = y2 − (b2/4a). Cevap:

Ψ(x, t) =

(2a

π

)1/4e−ax2/[1+(2ihat/m)]

√1 + (2ihat/m)

.

(c) |Ψ(x, t)|2’ni bulun. Cevabınızı ω ≡√a/[1 + 2hat/m] niceligi cinsinden ifade

edin. t = 0 ve sonraki bir an icin |Ψ|2’nin (x’e gore) cizgesini cizin. Zamanilerledikce |Ψ|2’ne ne olur (nitel olarak)?

(d) 〈x〉, 〈p〉, 〈x2〉, 〈p2〉, σx ve σp’yi bulun. Kısmi cevap: 〈p2〉 = ah2. Bu basithale getirmek icin biraz cebir gerekebilir.

(e) Belirsizlik ilkesi gecerli mi? Sistem hangi t anında belisizlik sınırına en yakınnoktaya gelir?

2.5 DELTA FONKSIYON POTANSIYELI

Zaman-bagımsız Schrodinger denkleminin birbirinden cok farklı iki tur cozumunebaktık: sonsuz kare kuyu ve ahenkli salınıcı icin bu cozumler boylandırılabilirve kesikli n indisi ile etiketlenirler, serbest pacacık icinse boylandırılamazlar vek surekli degiskeni ile etiketlenirler. Ilki, kendileri fiziksel olarak olusturulabilirdurumlar sonrakiler degildir. Her iki durumda da zaman-bagımlı Schrodingerdenkleminin duragan durumların bir dogrusal birlesimidir -ilki icin bu birlesim

2.5. DELTA FONKSIYON POTANSIYELI 53

n uzerinden bir toplamken ikincisi icin k uzerinden bir integraldir. Bu farklılıgınfiziksel onemi nedir?

Klasik mekanikte bir-boyutlu zaman-bagımsız bir potansiyel birbirinden oldukcafarklı iki tur hareket tarif eder. Parcacıgın potansiyel enerjisi V (x) toplam en-erjisi E’den iki tarafta da buyukse (Sekil 2.7a) parcacık potansiyel kuyusundakalır -donme noktaları arasında gider-gelir ancak kuyudan kacamaz (elbettefazladan bir enerji kaynagı (bir motor gibi) saglamadıgınız taktirde, ama za-ten biz ondan bahsetmiyoruz). Buna baglı durum diyoruz. Diger taraftan Ebir (veya iki) tarafta V (x)’den fazla ise parcacık ”sonsuzdan” gelir, potansiyelinetkisi ile yavaslar veya hızlanır ve sonsuza gider (Sekil 2.7b). (Potansiyelin icindehapsolup kalamaz, surtunme gibi enerjisini azaltacak bir mekanizma olmadıgıtaktirde tabii ama yine bahsettigimiz sey bu degil.) Buna sacılan durum diy-oruz. Bazı potansiyeller (ahenkli salınıcı gibi) sadece baglı durumlara, bazıları(uzerinde hic vadi (dip) olmayan tepe gibi) sadece sacılan durumlara, bazılarıda parcacıgın enerjisine gore iki tur duruma da musaade eder.

Tahmin etmis olabileceginiz gibi Schrodinger denkleminin iki tip cozumu kesin-likle baglı ve sacılan durumlara karsılık gelir. Bu ayrım kuantum bolgede dahabelirgindir, cunku, kısaca bahsedecegimiz tunelleme olgusu parcacıgın herhangibir sonlu potansiyel engelinden ”sızarak” gecmesine olanak tanır, dolayısıylaonemli olan tek sey sonsuzdaki potansiyeldir:

{E < V (−∞) ve V (+∞) ⇒ baglı durum,E > V (−∞) veya V (+∞) ⇒ sacılan durum.

(2.91)

”Gercek hayatta” cogu potansiyel sonsuzda sıfıra gider, ki bu da bu olcutu dahada basitlestirir: {

E < 0 ⇒ baglı durum,E > 0 ⇒ sacılan durum.

(2.92)

Sonsuz kare kuyu ve ahenkli salınıcının, potansiyelleri x → ±∞’da sonsuzagittiginden, sadece baglı durumları vardır; serbest parcacık, potansiyeli hery-erde sıfır oldugundan, sadece sacılan durumlara izin verir.23 Bu bolumde vesonrakinde iki tip durumu da veren potansiyellere bakacagız.

Dirac delta fonksiyonu, δ(x), soyle tanımlanır:

∫ +∞

−∞δ(x)dx = 1 olacak sekilde, δ(x) =

{0, x 6= 0 ise,∞, x = 0 ise.

}. (2.93)

Alanı 1 olan sonsuz yuksek ve sonsuz kucuklukte dar, merkezde yerlesmis birzirvedir (Sekil 2.8). x = 0’da sonlu olmadıgından teknik olarak bir fonksiyondegildir (matematikciler buna bir genellestirilmis fonksiyon veya dagılımderler). 24 Yine de kuramsal fizikte son derece faydalı bir yapıdır. (Ornegin,

23 Iyi bir gozlemci ve cok titizseniz boylandırılabilir olmadıklarından E > Vmin gerek-tiren (Problem 2.2) genel kuramın sacılma durumlarına uygulanmadıgının farkına varmısolmalısınız. Bu sizi rahatsız ederse Schodinger denklemini E < 0 icin cozmeye calısın vebu cozumlerin dogrusal birlesimlerinin bile boylandırılamaz olduklarına dikkat edin. Pozitifenerji cozumlerinin kendileri bir tam kume olustururlar.

24Delta fonksiyonu yuksekligi surekli artıp genisligi surekli azalan dikdortgenler (veyaucgenler) gibi bir fonksiyonlar dizisinin limiti gibi dusunulebilir.


Sekil 2.7: (a) Bir baglı durum. (b) Sacılan durumlar. (c) Klasik olarak baglı amakuantum olarak sacılan bir durum

elektrodinamikte noktasal bir yukun yuk yogunlugu bir delta fonksiyonudur.)δ(x − a)’nın, alanı 1 olan a’daki bir bir zirve olduguna dikkat edin. δ(x − a)’yısıradan bir f(x) fonksiyonu ile carpmakla f(a) fonksiyonu ile carpmak aynıseydir:

f(x)δ(x − a) = f(a)δ(x− a), (2.94)

cunku bu carpım a noktasının dısında herhalukarda sıfırdır. Ozelde,∫ +∞

−∞f(x)δ(x − a)dx = f(a)

∫ +∞

−∞δ(x− a)dx = f(a) (2.95)

dır. Bu, delta fonksiyonunun en onemli ozelligidir: Integral altında f(x)’in anoktasındaki degerini cıkarır. (Integral, elbette −∞’dan baslayıp +∞’a kadar


Sekil 2.8: Dirac delta fonksiyonu(2.93 esitligi ile verilen tanım.)

gitmek zorunda degil; onemli olan integrasyon aralıgının a noktasını icermesidir,oyle ki ε > 0 icin a− ε’dan a+ ε’a kadar olan aralık dahi is gorur.)

α bir sabit olmak uzereV (x) = −αδ(x) (2.96)

seklinde bir potansiyel dusunelim. Bu, yapay bir potansiyeldir (sonsuz kare kuyuda oyleydi) ama cok hos, basit ve bazı acılardan su ana kadar ele aldıgımızpotansiyellerden gercege daha yakındır. Schrodinger denklemi

− h2

2m

d2ψ

dx2− αδ(x)ψ = Eψ (2.97)

olur. Bu potansiyel hem baglı durumları (E < 0) hem de sacılan durumları(E > 0) verir; once baglı durumlara bakacagız.

x < 0 bolgesinde V (x) = 0 oldugundan

d2ψ

dx2= −2mE

h2 ψ = κ2ψ, (2.98)

oyle ki

κ ≡√−2mE

h(2.99)

olur. (E negatif olarak varsayıldıgından κ gercel ve pozitiftir.) 2.98 denkleminingenel cozumu

ψ(x) = Ae−κx +Beκx (2.100)

dir ama x→ −∞ limitinde ilk terim patlayacagından A = 0 secmeliyiz:

ψ(x) = Beκx, (x < 0). (2.101)

x > 0 bolgesinde yine V (x) = 0’dır ve genel cozum F exp(−κx) + G exp(κx)seklindedir; bu sefer de ikinci terim x→ +∞ limitinde patlayacagından

ψ(x) = Fe−κx, (x > 0). (2.102)

Geriye bu iki fonksiyonun uygun sınır kosulları ile x = 0’da biraraya getir-ilmeleri kalıyor. Daha once ψ icin standart sınır kosullarını soylemistim:

1. ψ herzaman sureklidir2. dψ/dx potansiyelin sonsuz oldugu

yerlerin dısında sureklidir.(2.103)


Bu durumda ilk sınır kosulu bize F = B oldugunu soyler. Dolayısıyla

ψ(x) =

{Beκx, (x ≤ 0),Be−κx, (x ≥ 0).

(2.104)

[ψ(x) Sekil 2.9’da cizilmistir.] Ikinci sınır kosulu bize birsey soylemez; kesisimyerinde V ’nin sonsuz oldugu istisnai bir durumdur (sonsuz kare kuyudaki gibi)ve cizgesinden de belli oldugu uzere x = 0’da bir gariplik vardır. Ustelik deltafonksiyonu su ana kadar hikayeye dahil olmus degil. Delta fonksiyonunun x =0’da ψ’nin turevindeki sureksizligi verecegi acıktır. Size bunu gosterirken dψ/dx’innasıl surekli oldugunu da gorecegiz. Burada dusunce Schrodinger denklemini−ε’dan +ε’a kadar integre edip ε→ 0 limitini almaktır:

− h2

2m

∫ +ε

−ε

d2ψ

dx2dx+

∫ +ε

−ε

V (x)ψ(x)dx = E

∫ +ε

−ε

ψ(x)dx. (2.105)

Ilk integral dψ/dx’in iki uc noktadaki degerinden baska birsey degildir; sonintegral ε → 0 limitinde genisligi sıfıra giden sonlu yukseklikteki ince uzunparcanın alanı oldugundan sıfırdır. O halde

∆

(dψ

dx

)=

2m

h2 limε→0

∫ +ε

−ε

V (x)ψ(x)dx (2.106)

olur. Sıradan durumlarda sagdaki limit de sıfırdır ve dolayısıyla dψ/dx surek-lidir. Ama V (x) sınırda sonsuz oldugunda bu arguman calısmaz. Ozelde V (x) =−αδ(x) ise 2.95 esitligi

∆

(dψ

dx

)= −2mα

h2 ψ(0) (2.107)

verir.

Elimizdeki durum icin

{x > 0 icin dψ/dx = −Bκe−κx oldugundan dψ/dx|+ = −Bκ,x < 0 icin dψ/dx = +Bκe+κx oldugundan dψ/dx|− = +Bκ

Sekil 2.9: Delta fonksiyon potansiyeli icin baglı durum dalga fonksiyonu (2.104esitligi).


ve boylece ∆(dψ/dx) = −2Bκ olur. ψ(0) = B oldugundan 2.107 esitligi bize

κ =mα

h2 (2.108)

verir ve izin verilen enerji (2.99 esitligi)

E = − h2κ2

2m= −mα

2

2h2 (2.109)

olur. Son olarak ψ’yi boylandırırız:

∫ +∞

−∞|ψ(x)|2dx = 2|B|2

∫ +∞

0

e−2κxdx =

|B|2κ

= 1,

(kolay olsun diye gercel pozitif koku secersek)

B =√κ =

mα

h(2.110)

olur. Delta-fonksiyonu kuyusunun ”siddeti” α ne olursa olsun bir tane baglıdurumu olacagı acıktır:

ψ(x) =

√mα

he−mα|x|/h2

; E = −mα2

2h2 . (2.111)

Peki E > 0 olan sacılma durumları? x < 0 icin Schrodinger denklemi

d2ψ

dx2= −2mE

h2 ψ = −k2ψ

olur; oyle ki

k ≡√

2mE

h(2.112)

gercel ve pozitiftir. Genel cozum

ψ(x) = Aeikx +Be−ikx (2.113)

dir ve bu defa hicbiri patlamadıgından ikisini de atamayız. Aynı sekilde x > 0icin

ψ(x) = Feikx +Ge−ikx (2.114)

olur. x = 0’da ψ(x)’in surekliligi

F +G = A+B (2.115)

olmasını gerektirir. Turevler

{x > 0 icin dψ/dx = ik(Feikx −Ge−ikx) oldugundan dψ/dx|+ = ik(F −G),x < 0 icin dψ/dx = ik(Aeikx −Be−ikx) oldugundan dψ/dx|− = ik(A−B)


ve buradan da ∆(dψ/dx) = ik(F−G−A+B) olur. Bu arada ψ(0) = (A+B)’dir,yani ikinci sınır kosulu (2.107 esitligi)

ik(F −G−A+B) = −2mα

h2 (A+B) (2.116)

veya daha derli toplu

F −G = A(1 + 2iβ) −B(1 − 2iβ), oyle ki β ≡ mα

h2k(2.117)

olur.

Sınır kosullarını isin icine kattıktan sonra elimizde dort bilinmeyenli (A,B, F ve G) -k’yi de sayarsanız bes- iki denklem (2.115 ve 2.117 denklemleri)kalır. Boylandırma ise yaramaz -bu, boylandırılabilir bir durum degil. Belki debiraz durp bu sabitlerin fiziksel onemlerine (ozelliklerine) bakmalıyız. [zaman-bagımlılıgı carpanı exp(−itE/h) ile eslestiginde] saga dogru ilerleyen bir dalgafonksiyonu, exp(−ikx)’in de sola dogru ilerleyen bir dalga oldugunu hatırlayın.Buradan, (2.113 esitligindeki) A soldan gelen dalganın genligi, B geri donupsola giden dalganın genligi, F (2.114 esitligindeki) saga dogru giden dalganıngenligi ve G sagdan gelen dalganın genligi olur (Sekil 2.10). Tipik bir sacılmadeneyinde parcacıklar bir yonden ateslenirler -diyelim soldan ateslensinler. Budurumda sagdan gelen dalganın genligi sıfır olacaktır:

G = 0 (soldan sacılmalar icin). (2.118)

A gelen dalganın genligi,B yansıyan dalganın genligi ve F de gecen dalganıngenligidir. 2.115 ve 2.117 denklemlerini B ve F icin cozersek

B =iβ

1 − iβA, F =

1

1 − iβA (2.119)

buluruz. (Sagdan sacılma calısmak isterseniz, A = 0 yapın; o zaman G gelengenlik, F yansıyan genlik, B de gecen genlik olur.)

Simdi, parcacıgı belli bir yerde bulma olasılıgı |Ψ|2 ile verildiginden gelen

Sekil 2.10: Bir delta fonksiyon potan-siyelinden sacılma.


parcacıgın goreli25 yansıma olasılıgı

R ≡ |B|2|A|2 =

β2

1 + β2(2.120)

dir. R’ye yansıma katsayısı denir. (Bir demet halinde parcacıgınız varsa bu Rsize geriye yansıyacakların oranını verir.) Bu arada yansıma olasılıgı

T ≡ |F |2|A|2 =

1

1 + β2(2.121)

yansıma katsayısı ile verilir. BU olasılıkların toplamı elbette 1 olmak zorundave oyle de:

R+ T = 1 (2.122)

R ile T ’nin β’nın, dolayısıyla (2.112 ve 2.117 esitliklerinden) E’nin fonksiyonlarıolduklarına dikkat edin:

R =1

1 + (2h2E/mα2), T =

1

1 +mα2/2h2E(2.123)

Enerji ne kadar fazlaysa gecme olasılıgı da o kadar fazladır (mantıklı gorunuyor).Bunların hepsi guzel ama cozumlememiz gereken ve yok sayamayacagımız

bir ilkemiz var: Sacılma dalga fonksiyonları boylandırılabilir degiller; o haldeparcacık durumlarını tarif edemezler. Neyse ki biz bu problemin cozumunu biliy-oruz: serbest parcacıkta yaptıgımız gibi duragan durumların boylandırılabilirbir dogrusal birlesimini yapmalıyız -gercek fiziksel durumlar boyle olusturulandalga paketleri ile tarif edilirler. Ilkesel olarak acık, sıradan olmasına ragmenuygulamada biraz zahmetli bir istir26 ve bu noktada problemi bir bilgisayaryardımıyla cozmek en iyisi olacaktır. Ancak, boylandırılabilir serbest parcacıkdalga fonksiyonunu bir enerji aralıgı icermeden yaratmak imkansız oldugundanR ile T , E civarında dar bir enerji aralıgındaki parcacıkların yaklasık yansıma vegecme olasılıkları olarak yorumlanmalıdır. Bu arada, kesinlikle zaman-bagımlıolan bir problemi (parcacık geliyor, bir potansiyelden sacılıyor ve sonsuza dogrudevam ediyor) durgan durumları kullanarak cozumlememiz size tuhaf gelebilir.Sonucta ψ zaman-bagımlı, sinussel her iki yonde de (sabit genlikle) sonsuzadogru giden bir karmasık fonksiyondur ve bu fonksiyona, uygun sınır kosullarınıgetirerek (yerel bir dalga paketiyle tarif edilen) parcacıgın potansiyelden geritepme veya potansiyeli gecme olasılıgını hesaplayabiliyoruz. Bunun ardındakimatematiksel giz, sanırım, tum uzaya yayılmıs durumların dogrusal birlesimive temelde acık bir zaman-bagımlılıgıyla (hareket halindeki) bir nokta civarında

25Bu, boylandırılabilir bir dalga degil, dolayısıyla parcacıgı belirli bir yerde bulma olasılıgıiyi tanımlı degil. Buna ragmen iki farklı yerde bulunma olasılıkları oranı anlamlıdır. Bununlailgili daha fazlasını sonraki paragrafta bulabilirsiniz.

26Bir dalga paketinin bir boyutlu potansiyelden sacılmasını cozumlemek icin oldukcaguclu programlar mevcut; ornek isterseniz A. Goldberg, H.M. Schey ve J.L. Schwartz’ınmakalelerine bakabilirsiniz; Am. J. Phys. 35, 177 (1967)


Sekil 2.11: Delta fonksiyon engeli.

yogunlasmıs dalga fonksiyonlarını zamanda oldukca ayrıntılı davranıslarıyla bir-likte insa edebiliyor olmamızdır (Problem 2.40’a bakın).

Uygun denklemleri masanın uzerine yaydıktan sonra simdi kısaca delta-fonksiyonu engeline bakalım (Sekil 2.11). Resmen yapmamız gereken sey sadeceα’nın isaretni degistirmektir. Bu tabii ki baglı durumu yok eder (Problem 2.2’yebakın). Diger taraftan sadece α2’ne bagımlı olan yansıma ve gecme olasılıklarıdegismez. Potansiyel engelini asmasıyla potansiyel kuyusunu gecmesi olasılıklarınıaynı olduklarını soylemek garip geliyor! Enerjisi ne olursa olsun sonsuz yuksekbir engeli klasik olarak elbette gecemez. Aslında klasik sacılma problemi oldukcakabadır: E > Vmaksimum ise T = 1, R = 0’dır -parcacık kesinkile gecer; terside dogru, E < Vmaksimum ise T = 0, R = 1 olur -enerjisi bitene ”kadar tepeyitırmanır”, sonra geldigi yoldan geri doner. Kuantum sacılma problemi ise dahazengindir, E < Vmaksimum olsa bile parcacıgın potansiyeli gecme olasılıgı vardı,yani sıfır degildir. Bu olaya tunelleme diyoruz: modern elektronigin cogunluklaaltında yatan mekanizmadır-mikroskopide gorulmeye deger son gelismelerdenbahsetmiyorum. Aynı sekilde E > Vmaksimum bile olsa parcacıgın bir geri tepmeolasılıgı vardır -kuantum mekanigin sizi koruyabilecegi beklentisiyle bir ucurumadogru araba kullanmanızı onermem (Problem 2.41).

Problem 2.23 Asagıdaki integralleri hesaplayın:

(a)

∫ +1

−3

(x3 − 3x2 + 2x− 1)δ(x+ 2)dx

(b)

∫ ∞

0

[cos(3x) + 2]δ(x− π)dx

(c)

∫ +1

−1

exp(|x| + 3)δ(x− 2)dx.

Problem 2.24 Delta fonksiyon iceren iki ifade sıradan, herhangi bir f(x)fonksiyonu icin

∫ +∞

−∞f(x)D1(x)dx =

∫ +∞

−∞f(x)D2(x)dx

esitligini saglıyorsa D1(x) D2(x)’e esittir denir.


(a) c gercel bir sabit olmak uzere

δ(cx) =1

|c|δ(x) (2.124)

oldugunu gosterin.

(b) θ(x) adım fonksiyonu olsun:

θ(x) ≡{

1, x > 0 ise,0, x < 0 ise.

(2.125)

[Farkettigi nadir zamanlarda θ(0)’ı 1/2 olarak tanımlarız.] dθ/dx = δ(x)oldugunu gosterin.

*Problem 2.25 δ(x)’in Fourier donusumu nedir? Plancherel savını kulla-narak

δ(x) =1

2π

∫ +∞

−∞eikx

dk (2.126)

oldugunu gosterin. Yorum: Bu formul saygın matematikcilere inme inmesinisaglar. x = 0 oldugunda integral acıkca sonsuz olmasına ragmen, integrant hicdurmadan salındıgından x 6= 0 oldugunda integral (sıfıra veya baska birseye)yakınsamaz. Bu acıgı yamamanın yolları var (ornegin −L’den +L’ye integralalıp 2.126 esitligine bu sonlu integralin L→ ∞ limitinde ortalama degeri anlamıverilebilir.) Sorunun kaynagı delta fonksiyonunun savının gerekliligini (karesiintegrallenebilirlik) saglamamasıdır (dipnot 22’ye bakın). Buna ragmen dikkatlidavranıldıgında 2.126 esitligi oldukca faydalıdır.

*Problem 2.26 α ve a pozitif sabitler olmak uzere

V (x) = −α[δ(x + a) + δ(x− a)]

cift delta-fonksiyonunu ele alalım

(a) Bu potansiyeli cizin.

(b) Kac tane baglı durumu var? α = h2/ma ve α = h2/4ma icin izin verilenenerjileri bulup dalga fonksiyonlarını cizin.

**Problem 2.27 Problem 2.26’dki potansiyel icin gecis katsayısını bulun.


2.6 SONLU KARE KUYU

Son ornek olarak sonlu kare kuyuyu ele alacagız;

V (x) =

{−V0, −a < x < a ise,0, |x| > a ise.

(2.127)

Burada V0 (pozitif) bir sabittir (Sekil 2.12). Delta-fonksiyonu kuyusu gibi sonlukare kuyu da hem baglı (E < 0) hem de sacılma durumlarını(E > 0) verir. Oncebaglı durumlara bakacagız.

x < −a bolgesinde potansiyel sıfırdır, dolayısıyla Schrodinger denklemi

− h2

2m

d2ψ

dx2= Eψ veya

d2ψ

dx2= κ2ψ

olur; oyle ki

κ ≡√−2mE

h(2.128)

gercel ve pozitiftir. Genel cozum ψ(x) = A exp(−κx) + B exp(κx)’dir ama ilkterim x → −∞ limitinde patlayacagından fiziksel olarak kabul edilebilir cozum(daha once 2.101 esitlignde oldugu gibi)

ψ(x) = Beκx, x < −a (2.129)

olur. −a < x < a bolgesinde V (x) = −V0, Schrodinger denklemi

− h2

2m

d2ψ

dx2− V0ψ = Eψ, veya

d2ψ

dx2= −l2ψ

olur; oyle ki

l ≡√

2m(E + V0)

h(2.130)

olarak tanımlanmıstır. Baglı bir durum icin negatif olmasına ragmen E −V0’danbuyuk olmak zorunda. Eski sava (teoreme) gore E > Vminimum (Problem 2.2)

Sekil 2.12: Sonlu kare kuyu (2.127esitligi.)

2.6. SONLU KARE KUYU 63

oldugundan l gercel ve pozitiftir. C ve D rastgele sabitler olmak uzere genelcozum

ψ(x) = C sin(lx) +D cos(lx), −a < x < a (2.131)

dır. Son olarak x > a bolgesinde potansiyel yine sıfırdır; genel cozum F exp(−κx)+G exp(κx) seklindedir ama ikinci terim x → ∞ limitinde patlayacagından bubolge icin

ψ(x) = Fe−κx, x > a (2.132)

olur.Sonraki adım sınır kosullarını uygulamaktır: ψ ve dψ/dx, −a ve +a’da

sureklidir. Potansiyelin bir cift fonksiyon olduguna dikkat edersek biraz za-man kazanırız, yani cozumlerin tek veya cift oldugunu genelden bir kayıp ol-madan soyleyebiliriz (Problem 2.1c). Bunun avantajı sadece bir taraftaki (diye-lim +a’daki) sınır kosullarını uygulamamız yeterli olacaktır; diger taraftaki sınırkosulu kendiliginden uygulanmıs olur, cunku ψ(−x) = ∓ψ(x)’dir. Ben ciftcozumleri yapacagım siz de Problem 2.28’de tek olanları yaparsınız. Kosinuscift (sinus tek)’tir, yani aradıgım cozumler

ψ(x) =

Fe−κx, x > a ise,D cos(lx), 0 < x < a ise,ψ(−x), x < 0 ise

(2.133)

seklindedir. x = a’da ψ(x)’in surekliliginden

Fe−κa = D cos(la), (2.134)

dψ/dx’in sureklilignden

− κFe−κa = −lD sin(la) (2.135)

olur. 2.135 esitligini 2.134’e boldugumuzde

κ = l tan(la) (2.136)

buluruz.Hem κ hem de l E’nin fonksiyonu olduklarından 2.136 esitligi izin verilen

enerjiler icin bir formuldur. E’yi cozmek icin daha hos bir hale getirilebilir.

z ≡ la, ve z0 ≡ a

h

√2mV0 (2.137)

olsun. 2.128 ve 2.130 esitliklerinden (κ2+l2) = 2mV0/h2 yani κa =

√z20 − z2’dir.

Buradan 2.136 esitligi de

tan z =√

(z0/z)2 − 1 (2.138)

verir. Bu, z icin (dolayısıyla E icin) kuyunun ”boyutunun” bir olcusu olan z0’ınfonksiyonu seklinde bir transandantal denklemdir. Sayısal olarak hesap maki-nesi veya bir bilgisayarla ya da tan z ile

√(z0/z)2 − 1’nu aynı grafikte cizip

(Sekil 2.13) kesisim noktalarına bakılarak cozulebilir. Ilginc olan sınır surum-larına bakalım:


Sekil 2.13: z0 = 8 icin (cift durumlar) 2.138 denkleminin grafiksel cozumu.

1. Genis, derin kuyu z0 cok buyukse kesisimler, n tek sayı olmak uzere,zn = nπ/2’nin hemen altında olusur; buradan

En + V0∼= n2π2h2

2m(2a)2(2.139)

olur. Burada (E + V0) kuyunun tabanının ustundeki enerji, esitligin sagtarafındaki ifade de kesinlike 2a genislikteki swonsuz kare kuyu ener-jileridir veya n teksayı oldugundan bu enerjilerin hepsi degil yarısıdır.(Digerleri Problem 2.28’de bulacagınız tek dalga fonksiyonlarından gele-cek.) O halde sonlu kare kuyu V0 → ∞’da sonsuz kare kuyu olur, ancaksonlu V0 icin sonlu sayıda baglı durum vardır.

2. Dar, sıg kuyu. z0 kuculdukce baglı durum sayısı da azalır, ta ki z0 < π/2icin enalttaki tek durum kaybolup da bir tane kalana kadar. Kuyu ne kadarzayıflarsa zayıflasın bir tane baglı durumun her zaman var olması ilginctir.

Siz isterseniz ψ’yi (2.133 esitligi) boylandırabilirsiniz (Problem 2.29), amaben simdi sacılma durumlarına (E > 0) gececegim. V (x) = 0 oldugu sol tarafta(x < −a icin)


ve her zamanki gibi

k ≡√

2mE

h(2.141)

dur. V (x) = −V0 oldugu kuyunun icinde (−a < x < a icin)

ψ(x) = C sin(lx) +D cos(lx) (2.142)

dir ve l de yine

l ≡√

2m(E + V0)

h(2.143)

dur. Gelen bir dalganın olmadıgı varsayılan sag tarafta

ψ(x) = Feikx (2.144)

2.6. SONLU KARE KUYU 65

dir. A gelen, B yansıyan, F de gecen genliktir.27

Dort tane sınır kosulu var: ψ(x)’in −a’daki surekliligi

Ae−ika +Beika = −C sin(la) +D cos(la) (2.145)

esitligini, dψ/dx’in −a’daki surekliligi

ik[Ae−ika −Beika] = l[C cos(la) +D sin(la)] (2.146)

esitligini, ψ(x)’in +a’daki surekliligi

C sin(la) +D cos(la) = Feika (2.147)

esitligini ve dψ/dx’in +a’daki surekliligi de

l[C cos(la) −D sin(la)] = ikFeika (2.148)

esitligini gerektirir. Bunlardan ikisini C ve D’yi yoketmek icin kalan ikisini deB ve F ’yi bulmak icin kullanabiliriz (Problem 2.31):

B = isin(2la)

2kl(l2 − k2)F, (2.149)

F =e−2ikaA

cos(2la) − i sin(2la)2kl (k2 + l2)

. (2.150)

Ozgun degiskenler cinsinden gecis katsayısı (T = |F |2/|A|2) su sekildedir;

T−1 = 1 +V 2

0

4E(E + V0)sin2

(2a

h

√2m(E + V0)

). (2.151)

Sinusun argumanı sıfır oldugunda, yani n bir tamsayı iken

2a

h

√2m(E + V0) = nπ (2.152)

oldugunda T = 1 (kuyunun ”saydam”) olduguna dikkat edin. O halde tam gecisicin enerjiler

En + V0 =n2π2h2

2m(2a)2(2.153)

seklinde verilir ki bunlar da kesinlikle sonsuz kare kuyunun izin verilen enerji-leridir. Sekil 2.14’de T enerjinin bir fonksiyonu olarak cizilmistir.

*Problem 2.28 Sonlu kare kuyu icin baglı-durumların tek dalga fonksiy-onlarını cozumleyin. Izin verilen enerjiler icin transandantal denklemi cıkarıpcizgesel (grafiksel) olarak cozun. Limitlerde ne olduguna bakın. Her zaman enaz bir tane tek baglı durum var mı?

Problem 2.29 2.133 esitliginde ψ’yi boylandırıp D ve F sabitlerini bulun.


Sekil 2.14: Enerjinin bir fonksiyonu olarak gecis katsayısı (2.151 esitligi).

Problem 2.30 Dirac delta fonksiyonu limitte yuksekligi sonsuza genisligisıfıra giden alanı 1 olan bir dikdortgen olarak dusunulebilir. Sonsuz derin ol-masına ragmen delta fonksiyon kuyusunun (2.96 esitligi) z0 → 0 oldugundabir ”zayıf” potansiyel oldugunu gosterin. Sonsuz kare kuyunun limit durumuoldugunu dusunerek delta-fonksiyon potansiyelinin baglı-durum enerjisini bu-lun. Cevabınızın 2.111 esitligi ile uyumlu oldugunu kontrol edin. 2.151 esitligininuygun limitte 2.123 esitligini verdigini gosterin.

*Problem 2.31 2.149 ve ve 2.150 esitliklerini cıkarın. Ipucu: C ve D’yi Fcinsinden cozmek icin 2.147 ve 2.148 esitliklerini kullanın:

C =

[sin(la) + i

k

lcos(la)

]eikaF ; D =

[cos(la) − i

k

lsin(la)

]eikaF.

Bunları tekrar 2.145 ve 2.146 esitliklerine koyun. Gecme katsayısını elde edip2.151 esitligini dogrulayın. Yansıma katsayısını da cıkarıp T + R = 1 esitliginikontrol edin.

**Problem 2.32 Dikdortgen bir engel (2.127 esitligi ile arasındaki tek fark−a < x < a bolgesinde V (x) = +V0 olacak) icin gecme katsayısını bulun.E < V0, E = V0 ve E > V0 durumlarını ayrı ayrı degerlendirin (engelin icindekidalga fonksiyonunun her uc durum icin farklı olduguna dikkat edin.) KısmiCevap: E < V0

28 icin

T−1 = 1 +V 2

0

4E(V0 − E)sinh2

(2a

h

√2m(V0 − E)

)

27Baglı durumlarda yaptıgımız gibi cift ve tek fonksiyonları kullanabiliriz ama bunlar durandalgaları tarif eder ve sacılma problemini gezen dalgalarla formule etmek daha dogaldır.

28Bu problem tunelleme olayına iyi bir ornektir, parcacık klasik olarak geri teperdi.

2.7. SACILMA MATRISI 67

**Problem 2.33 Adım fonksiyon potansiyelini ele alın:

V (x) =

{0, x ≤ 0 ise,V0, x > 0 ise.

(a) E < V0 icin yansıma katsayısını hesaplayıp cevabınızı yorumlayın.

(b) E > V0 icin yansıma katsayısını hesaplayın.

(c) Engelin sag tarafında sıfıra gitmeyen boyle bir potansiyel icin A gelen gen-lik, F gecen genlik olmak uzere gecme katsayısı basitce |F |2/|A|2 degildir,cunku gecen dalga farklı hızla ilerler. E > V0 icin

T =

√E − V0

E

|F |2|A|2 (2.154)

oldugunu gosterin. Ipucu: 2.81 esitligini kullanarak veya daha elegan amadaha az ogretici olan olasılık akımından (Problem 1.9a) bulabilirsiniz. E <V0 icin T nedir?

(d) E > V0 durumunda adım potansiyel icin gecme katsayısını hesaplayın, veT +R = 1 oldugunu kontrol edin.

2.7 SACILMA MATRISI

Sacılma kuramı rastgele yerellesmis potansiyellere (Sekil 2.15) cok hos bir sekilde

genellesir. Solda (I. Bolge) V (x) = 0, o halde, k ≡√

2mEh olmak uzere,


Sekil 2.15: Rastgele bir yerellesmis potansiyelden sacılma [II. Bolge dısındaV (x) = 0].


olur. Sagda (III. Bolge) V (x) yine sıfır oldugundan

ψ(x) = Feikx +Ge−ikx (2.156)

dir. Arada (II. Bolge) potansiyeli belirlemediginiz surece size ψ’nin ne olacagınısoyleyemem ama ikinci dereceden dogrusal bir turev denklemi oldugundan Schrodingerdenkleminin cozumu -f ile g dogrusal bagımsız cozumleri olmak uzere- genelcozumu

ψ(x) = Cf(x) +Dg(x) (2.157)

seklinde olmalıdır.29Dort tane sınır kosulu olacak (ikisi I. ve II. bolgeler arasındadiger ikisi de II. ve III. bolgeler arasında). Bunlardan ikisi C ile D’yi yoket-mek icin kullanılıp diger ikisi de B ve F ’yi A ile G cinsinden ”cozmek” icinkullanılabilir:

B = S11A+ S12G, F = S21A+ S22G. (2.158)

k’ye (dolayısıyla E’ye) baglı olan Sij katsayıları 2 × 2 bir matris olusturur,

S =

(S11 S12

S21 S22

). (2.159)

Bu matrise sacılma matrisi (veya kısaca S-matrisi) denir. S-matrisi sizegelen dalga genlikleri (A ve G) cinsinden giden dalga genliklerini (B ile F ’yi)verir: (

BF

)= S

(AG

). (2.160)

G = 0 oldugu tipik soldan yansımada yansıma ve gelme katsayıları

Rsol =|B|2|A|2

∣∣∣∣G=0

= |S11|2, Tsol =|F |2|A|2

∣∣∣∣G=0

= |S21|2 (2.161)

olur. Sagdan sacılmada da A = 0 ve

Rsag =|F |2|G|2

∣∣∣∣A=0

= |S22|2, Tsag =|B|2|G|2

∣∣∣∣A=0

= |S12|2 (2.162)

olur.S-matirisi size yerel bir potansiyelden sacılma ile ilgili bilinmesi gerekli herseyi

verir. Ilginc bir sekilde (eger varsa!) baglı durumlarla dahi ilgili (ortulu birsekilde de olsa) bilgi icerir. E < 0 ise ψ(x)

ψ(x) =

Beκx (I. Bolge),Cf(x) +Dg(x) (II. Bolge),Fe−κx (III. Bolge)

(2.163)

29Turev denklemleriyle ilgili herhangi bir kitaba bakın -ornegin, J.L. Van Iwaarden, Ordi-nary Differential Equations with Numerical Techniques (Sayısal Tekniklerle Adi Turev Den-klemleri) (San Diego, CA: Harcourt Brace Jovanovich, 1985), Bolum 3.


seklindedir. Burada

κ ≡√−2mE

h(2.164)

olarak tanımlıdır. Sınır kosulları oncekiyle aynı oldugundan S-matrisi aynı yapıdadır-sadece simdiki durumda E negatif oldugundan k → iκ olur. Ancak bu sefer Aile G’nin sıfır olması gerekirken B ile F ’nin sıfır olmaması gerekir. DolayısıylaS-matrisinin en az iki elemanı sonsuz olmak zorundadır (2.158 esitligi). Digerbir deyisle (E > 0 icin) S-matrisini elde ettiyseniz ve baglı durumları arıyorsanızk → iκ donusumunu yapın ve S-matrisinin patladıgı enerjilere bakın.

Ornegin sonlu kare kuyu icin (2.150 esitliginden)

S21 =e−2ika

cos(2la)− i sin(2la)2kl (k2 + l2)

dir. k → iκ yaptıgımızda

cot(2la) =l2 − κ2

2κl

olması durumunda S21 patlar.

tan

(θ

2

)= ±

√1 + cot2(θ) − cot θ

trigonometrik ozdesligini kullanarak

(artı icin) tan(la) =l

κ, (eksi icin) cot(la) = −κ

l

elde ederiz. Bunlar kesinlikle sonlu kare kuyuda baglı durumlar icin gereklikosullardır (2.136 esitligi ve Problem 2.28).

*Problem 2.34 Bir delta-fonksiyon kuyusundan (2.96 esitligi) sacılma icinS-matrisini olusturun. Bunu, baglı durum enerjisini bulmak icin kullanın vecevabınızı 2.111 esitligiyle kontrol edin.

Problem 2.35 Sonlu kare kuyu (2.127 esitligi) icin S-matrisini bulun. Ipucu:Problemdeki simetriyi dikkatlice kullanacak olursanız yeni islem yapmanızagerek kalmaz.

UNITE 2 ICIN DIGER PROBLEMLER

Problem 2.36 Sonsuz kare kuyu (2.15 esitligi) icindeki bir parcacık baslangıcta

Ψ(x, 0) = A sin3(πx/a)

dalga fonksiyonuna sahiptir. Zamanın bir fonksiyonu olarak 〈x〉’i bulun.


*Problem 2.37 Ahenkli salınıcının n. duragan durumu icin 〈x〉, 〈p〉, 〈x2〉,〈p2〉, 〈T 〉 ve 〈V (x)〉’i bulun. Belirsizlik ilkesinin saglandıgını kontrol edin. Ipucu:x ve (h/i)(d/dx)’i (a+ ± a−) cinsinden ifade edip 2.52 ve 2.53 esitliklerini kul-lanın; durumların birbirilerine dik olduklarını kabul edebilirsiniz.

Problem 2.38 Yarı-ahenkli salınıcının

V (x) =

{(1/2)mω2x2, x > 0 icin,∞, x < 0 icin,

izin verilen enerjilerini bulun. (Gerilebilen ama sıkıstırılamayan bir yayı tarifeder ornegin.) Ipucu: Biraz dikkatli dusunmeyi ama cok az hesap yapmayı gerek-tirir.

**Problem 2.39 Merkezinde bir delta-fonksiyon engeli olan bir sonsuz karekuyu

V (x) =

{αδ(x), −a < x < a,∞, |x| ≥ a,

icin zaman-bagımsız Schrodinger denklemini cozun. Tek ve cift dalga fobksiyon-larını ayrı ayrı ele alın. Boylandırmakla ugrasmayın. Izin verilen enerjileri bu-lun (gerekirse grafiksel olarak). Delta fonksiyon yokkenki enerjilerle kıyaslayın.α→ 0 ve α→ ∞ limit durumlarını yorumlayın.

**Problem 2.40 Problem 2.22’de duragan Gauss sebest parcacık dalgapaketini calıstınız. Simdi aynı problemi gezen Gauss dalga paketi icin coze-ceksiniz. Baslangıc dalga fonksiyonu olarak

Ψ(x, 0) = Ae−ax2

eilx

fonksiyonunu alın; l bir gercel sabittir.

Problem 2.41 m kutleli ve E > 0 enerjili bir parcacık V0’lık bir ani potan-siyel dususune dogru yaklasıyor (Sekil 2.16).

(a) E = V0/3 ise geriye ”yansıma” olasılıgı nedir?

(b) Bir araba sanki bir ucuruma yaklasıyormus gibi dusuneceginiz gibi cizdimsekli ama bir ucurumun kenarından ”gerisin geri donme” olasılıgı sizin (a)sıkkında buldugunuzdan elbette cok daha azdır -tabii cizgi film kahramanıBugs Bunny degilseniz. Bu potansiyelin bir ucurumu neden dogru bir sekildetarif edemeyecegini acıklayın.

Problem 2.42 (Zaman-bagımsız) Schrodinger denkleminin iki (veya daha fa-zla sayıda) farklı30 cozumu aynı enerjiye sahipse bu durumlara dejenere denir.

30 Iki cozum eger birbirilerinin katıysa (oyle ki boylandırıldıkları zaman sadece bir fazcarpanı, eiφ kadar farklı olurlar) aynı fiziksel durumu tarif ederler ve bu durumda da farklıcozum degildirler. ”Farklı” ile demek istedigim sey teknik olarak ”dogrusal bagımsız” ol-malarıdır.


Sekil 2.16: Bir ”ucurumdan” sacılma (Problem 2.41).

Ornegin serbest parcacık durumları ikili dejeneredir -cozumlerden biri sagadigeri sola dogru hareketi tarif eder. Ama hic boylandırılabilir dejenere cozumbulmadık ve bu bir hata degil. Su savı ispatlayın: Bir boyutta dejenere baglıdurum yoktur31. Ipucu: Aynı enerjiye, E, sahip ψ1 ve ψ2 diye iki tane cozumunoldugunu dusunun. ψ1 icin Schrodinger denklemini ψ2 ile, ψ2 icin Schrodingerdenklemini de ψ1 ile carpın. Farklarını alıp (ψ2dψ1/dx − ψ1dψ2/dx)’in sabitoldugunu gosterin. Bu sabitin sıfır oldugunu gormek icin boylandırılabilir cozumlericin ±∞ limitinde ψ → 0 oldugu gercegini kullanın. ψ2’nin ψ1’in bir katı (birsabitle carpılmıs hali) oldugu, dolayısıyla iki cozumun farklı olmadıgı sonucunaulasın.

Problem 2.43 m kutleli bir boncugun cevresi a olan surtunmesiz bir cemberuzerinde kaymakta oldugunu dusunun. [ψ(x) = ψ(x + a) olması dısında birserbest parcacık gibidir.] Uygun boylandırmayla duragan durumları ve onlarakarsılık gelen izin verilen enerjileri bulun. Her bir enerji En icin biri saat yonunedigeri de saat yonunun tersine donuse karsılık gelen iki tane cozum oldugunadikkat edin. Birine ψ+

n (x) digerine ψ−n (x) deyin. Problem 2.42’deki savın ısıgında

bu dejenerelige nasıl bir acıklama getirirsiniz -yani, bu durumda sav nedengecerli degildir?

Problem **2.44 (Dikkat: Bu problem kesinlikle niteliksel bir problemdir-hesap yapmaya izin yok!). ”Cift-kare-kuyu potansiyeli”ni (Sekil 2.17) dusunun.V0 derinligi ile a genisliginin sabit oldugunu ve birden fazla baglı durum barındıracaksekilde kuyunun yeteri kadar buyuk oldugunu farzedin.

(a) Taban-durumu ψ1 ile birinci uyarılmıs durum ψ2 dalga fonksiyonlarını

314. Bolumde gorecegimiz uzere daha yuksek boyutlarda boyle bir dejenerelik oldukcasıradandır. Potansiyelin, V = ∞ olan yerlerle birbirilerinden yalıtılmıs bolgeler icermedignidusunun -yalıtılmıs iki tane sonsuz kare kuyu, parcacık ya birinde ya da digerinde olacagından,dejenere baglı durumlar verecektir.


Sekil 2.17: Cift kare kuyu (Problem 2.44).

(i) b = 0

(ii) b ≈ a

(iii) b� a

icin cizin.

(b) b, 0’dan ∞’a gittikce yukarıdaki durumlara karsılık gelen enerjiler (E1 veE2) nasıl degisir? E1(b) ile E2(b)’yi aynı grafikte cizin.

(c) Iki atomlu bir molekulde bir elektronun karsılasacagı potansiyel icin bucift-kare-kuyu potansiyeli bir bouytlu oldukca ilkel bir modeldir (kuyularcekirdekler tarafından uygulanan cekim kuvvetini tarif ederler). Cekirdeklerserbetce haraket edebiliyor olasalardı en az enerjili durumda olurlardı. (b)sıkkındaki sonuclarınız ısıgında elektron cekirdekleri birbirilerine yaklastırırmı yoksa birbirilerinden uzaklastırır mı? (Elbette bir de cekirdekler-arasıitme var ama o ayrı bir problem.)

***Problem 2.45

(a)

Ψ(x, t) =(mωπh

)1/4

exp

[−mω

2h

(x2 +

a2

2(1 + e−2iωt) +

iht

m− 2axe−iωt

)]

esitliginin ahenkli salınıcı potansiyeli (2.38 esitligi) icin zaman-bagımlı Schrodingerdenklemini sagladıgını gosterin. Burada a uzunluk boyutunda bir gercelsabittir.32

32Zaman-bagımlı Schrodinger denkleminin kapalı-halde tam cozumu olan nadir ornek-lerindendir ve 1926’da Schrodinger’in kendisi tarafından kesfedilmistir.


(b) |Ψ(x, t)|2’ni bulup dalga paketinin hareketini acıklayın.

(c) 〈x〉’i ve 〈p〉’yi hesaplayıp Ehrenfest savının (1.38 esitligi) saglandıgını kon-torl edin.

Problem 2.46 a ile α uygun boyutlarda pozitif gercel sabitler olacak sekilde

V (x) =

{∞, x < 0 ise,αδ(x− a), x ≥ 0 ise,

potansiyelini dusunun (Sekil 2.18). ”Kuyunun” icinden (0 < x < a) baslayanbir parcacıgın dalga fonksiyonu tunellemeden dolayı delta-fonksiyonu engelininicinden gecerek dısarı ”sızıyor”.

(a) Bu potansiyel icin (zaman-bagımsız) Schrodinger denklemini cozun; uygunsınır kosullarını koyun ve ”enerji”yi (E) bulun.

(b) Enerji kelimesini tırnak (”) icinde yazdım cunku goreceginiz uzere bu birkarmasık sayı cıkacak! Problem 2.1a’da ispatladıgınız savın ısıgında bununasıl yorumlarsınız?

(c) E0 ve Γ gercel olmak uzere E = E0 + iΓ yazarak parcacıgın kuyunundısına cıkması icin gecen katakteristik zamanı (Γ cinsinden) hesaplayın.(Parcacıgın hala 0 < x < a bolgesinde bulunma olasılıgı 1/e olana kadargecen sure.)

Sekil 2.18: Problem 2.46’daki potansiyel.

**Problem 2.47 Hareket eden delta-fonksiyon kuyusunu dusunun:

V (x, t) = −αδ(x− vt);

burada v kuyunun (sabit) hızıdır.


(a) Zaman-bagımlı Schrodinger denkleminin tam cozumunun

Ψ(x, t) =

√mα

he−mα|x−vt|/h2

e−i[(E+(1/2)mv2)t−mvx]/h

oldugunu gosterin. Burada E = −mα2/2h2 duragan delta fonksiyonununbaglı-durum enerjisidir. Ipucu: Yerine koyup kontrol edin. Problem 2.24b’yikullanın.

(b) Hamiltonun bu durumdaki beklenen degerini bulup sonuc uzerine yorumyapın.

***Problen 2.48 a pozitif bir sabit olmak uzere

V (x) = − h2a2

msech2(ax)

potansiyelini dusunun. ”sech” hiperbolik sekant demektir.

(a) Bu potansiyelin

ψ0(x) = A sech(ax)

diye bir baglı durumu oldugunu gosterip bu durumun enerjisini bulun. ψ0’ıboylandırın ve grafigini cizin.

(b) Her zamanki gibi k ≡√

2mEh olmak uzere

ψk(x) = A

(ik − a tanh(ax)

ik + a

)eikx

fonksiyonunun herhangi bir (pozitif) enerji E icin Schrodinger denkleminicozdugunu gosterin. z → −∞’a giderken tanh z → −1’e gideceginden buyuknegatif x’ler icin

ψk(x) ≈ Aeikx

olur. O halde bu ifade, yanında yansıyan bir dalga refakat etmedigi icin[yani,bir exp(−ikx) terimi olmadıgı icin] soldan gelen bir dalgayı tarif eder.Buyuk pozitif x degerleri icin ψk(x)’in asimtotik hali nedir? Bu potansiyelicin yansıma ve gecme katsayıları (R ve T ) nedir? Not: sech2 ”yansımasız”potansiyellerin bilinen bir ornegidir -enerjisi ne olursa oldun butun gelenparcacıklar gecer. R.E. Crandall ve B.R. Litt’in Annals of Physics 146,458 (1983) makalesine bakabilirsiniz.

(c) Bu potansiyel icin S-matrisini olusturup baglı durumları yazmak icin kul-lanın. Kac tane var? Enerjileri nedir? Cevabınızın (a) sıkkıyla uyumuluoldugunu kontrol edin.


***Problem 2.49 S-matrisi gelen genlikler (A ve G) cinsinden giden gen-likleri (B ile F ’yi) verir:

(BF

)=

(S11 S12

S21 S22

)(AG

).

Potansiyelin solundaki genlikler (F ve G) cinsinden sagındaki genlikleri (A ileB’yi) veren gecis (transfer) matrisi, M ile calısmak bazen daha uygun ola-bilir: (

FG

)=

(M11 M12

M21 M22

)(AB

).

(a) M -matrisnin elemanları cinsinden S-matrisinin elemanlarını ve S-matrisninelemanları cinsinden M -matrisinin elemanlarını bulun. Rsol, Tsol, Rsag veTsag’ı (2.161 ve 2.162 esitlikleri) M -matrisinin elemanları cinsinden ifadeedin.

(b) Birbirilerinden yalıtılmıs iki parcadan olusan bir potansiyel oldugunu dusunun(Sekil 2.19). Bu birlesim icin M -matrisinin her bir bolgenin ayrı ayrı M -matrisleri carpımı

M = M2M1

oldugunu gosterin.(Bu, daha fazla sayıda bolgelere ayrılmıs potansiyellereelbette genellestirilir veM -matrisinin ne kadar kullanıslı oldugunu gosterir.)

(c) a’da tek bir delta-fonksiyon

V (x) = −αδ(x− a)

potansiyelinden sacılma icin M -matrisini yazın.

(d) (b) sıkkındaki yontemle iki-delta-fonksiyon

V (x) = −α[δ(x+ a) + δ(x− a)]

potansiyelinden sacılma icin M -matrisini bulun. Bu potansiyel icin gecmekatsayısı nedir?


Sekil 2.19: Birbirilerinden yalıtılmıs iki parcadan olusan bir potansiyel (Problem2.49).

Bolum 3

FORMALIZM

3.1 DOGRUSAL CEBIR

Bu Bolumun amacı kuantum mekanigin bicimini (formalizmini) gelistirmektir−terminoloji, notasyon (gosterim), kuramın yapısını aydınlatmaya yarayan matem-atiksel altyapı, pratik hesaplamalar ve istatistiksel yorumu genisletmek. Birazdogrusal cebirden bahsederek baslayacagım.1 Birinci sınıf fiziginde gordugumuzgibi, dogrusal cebir sıradan vektorleri inceler ve genellestirir. Genellestirme ikiyonludur: (1) Skalerleri karmasık (sayı) yaparız ve (2) kendimizi uc boyutlasınırlamayız (hakikaten de Bolum 3.2’de sonsuz boyutlu uzayda yasayan vektorlerlecalısacagız).

3.1.1 Vektorler

Bir vektor uzayı, bir skalerler kumesi (a, b, c, . . .)2 ile birlikte bir vektorlerkumesi (|α〉, |β〉, |γ〉, . . .) icerir. Bu kumeler iki isleme tabidirler −vektor toplamave skaler carpma:

. Herhangi iki vektorun ”toplamı” yine bir vektordur:

|α〉 + |β〉 = |γ〉. (3.1)

Vektorler toplamaya gore degisme

|α〉 + |β〉 = |β〉 + |α〉 (3.2)

1Daha once dogrusal cebir calıstıysanız bu Bolumu cabukca gecebilirsiniz ama ben olsamhepsini bırakıp gecmem cunku bazı notasyonlara asina olmayabilirsiniz. Diger taraftan bukonuda yeniyseniz konuyu (genelde hic ispat yapmadan) ozetledigimi, sonradan isimize yaray-acak seyleri aldıgımı unutmayın. Detaylar icin dogrusal cebirle ilgili bir kitaba bakmalısınız.Bu konuda bir klasik olan P. R. Halmos’un Finite Dimensional Vector Spaces (Sonlu BoyutluVektor Uzayları), 2. basım. (Princeton, NJ: van Nostrand, 1958) kitabı gibi.

2Bizim amaclarımız icin skalerler sıradan karmasık sayılar olacak. Matematikciler vektoruzaylarıyla ilgili size cok daha egzotik alanlardan bakarak birseyler anlatabilirler ama bunlarkuantum mekanikte bir rol oynamazlar.

77

78 BOLUM 3. FORMALIZM

ve birlesme

|α〉 + (|β〉 + |γ〉) = (|α〉 + |β〉) + |γ〉 (3.3)

ozelligine sahiptir. Tum |α〉 vektorleri icin gecerli

|α〉 + |0〉 = |α〉 (3.4)

ozelligine sahip bir sıfır (etkisiz) vektoru,3 |0〉, vardır. Her |α〉 vektorunun

|α〉 + | − α〉 = |0〉 (3.5)

ozelligini saglayan tersi olan bir vektor, (| − α〉), vardır.Skaler Carpım. Bir skalerin bir vektorle ”carpımı” yine bir vektordur:

a|α〉 = |γ〉. (3.6)

Skaler carpım, vektor toplamına

a(|α〉 + |β〉) = a|α〉 + a|β〉 (3.7)

ve skaler toplamına

(a+ b)|α〉 = a|α〉 + b|α〉 (3.8)

gore dagılma ozelligine sahiptir. Skalerlerin sıradan carpımına gore birlesmeozelligine sahiptir:

a(b|α〉) = (ab)|α〉. (3.9)

0 ve 1 skalerleri ile carpma beklediginiz sonucları verir:

0|α〉 = |0〉; 1|α〉 = |α〉. (3.10)

Acıkca | − α〉 = (−1)|α〉 dır.Burada gorundugunden daha az sey var −yaptıgım sey sadece vektorlerle

manevralar yapıp asina oldugunuz seyleri soyut bir dilde yazmak. Bu sekildeincelememizin soyle bir etkisi var; sıradan vektorlerin davranıslarıyla ilgili bilgive onsezilerimizi aynı ozellikleri paylasan baska sistemlere de uygulayabiliyoruz.

α, β, γ, . . . vektorlerinin bir dogrusal birlesimi

aα+ bβ + cγ + . . . (3.11)

seklinde bir ifadedir. |λ〉 vektoru bir dogrusal birlesimleri olarak yazılamıyorsa|α〉, |β〉, |γ〉, . . . vektor kumesinden dogrusal bagımsızdır. (Ornegin 3 boyutta

k birm vektoru i ile j’den dogrusal bagımsızdır ama xy−duzlemindeki hervektor i ve j’ye dogrusal bagımlıdır.) Bunu su sekilde genisletebiliriz; her el-emanı geri kalanından dogrusal bagımsız olan bir vektorler kumesi dogrusalbagımsızdır. Her vektor, bir vektorler kumesinin elemanlarının bir dogrusal

3Sıfır vektoru bir karısıklıga yol acmadıgı zamanlarda parantezsiz olarak yazılabilir: |0〉 →0.

3.1. DOGRUSAL CEBIR 79

birlesimi olarak yazılabiliyorsa eger bu kume uzayı gerer denir.4 Uzayı gerenbir dogrusal bagımsız vektorler kumesine taban denir. Simdilik boyutu, n’yisonlu kabul edecegiz.

Verilen herhangi bir|e1〉, |e2〉, · · · , |en〉 (3.12)

tabanına gore bir|α〉 = a1|e1〉 + a2|e2〉 + · · · + an|en〉 (3.13)

bilesenlerinin sıralı n−lisi ile temsil edilir ve bu temsil tabana gore tektir:

|α〉 ↔ (a1, a2, · · · , an). (3.14)

Vektorlerin kendileriyle ugrasmaktansa bilesenleriyle calısmak genelde daha ko-laydır:

|α〉 + |β〉 ↔ (a1 + b1, a2 + b2, . . . , an + bn); (3.15)

bir skalerle carpmak icin her bilesenini carparsınız:

c|α〉 ↔ (ca1, ca2, · · · , can); (3.16)

sıfır vektoru|0〉 ↔ (0, 0, · · · , 0) (3.17)

ile temsil edilir. Bir vektorun tersi bilesenlerinin isareti degismis vektordur:

| − α〉 ↔ (−a1,−a2, · · · ,−an). (3.18)

Bilesenlerle calısmanın tek dezavantajı sizin calıstıgınızdan farklı bir tabandacalısan birisinin elde edecegi sonucların sizinkilerden cok farklı gorunmesidir.

Problem 3.1 3 boyutta, bilesenleri karmasık sayı olan sıradan (ax ı+ ay +

azk) vektorlerini ele alalım.

(a) az = 0 olan vektor alt kumesi bir vektor uzayı olusturur mu? Oyle iseboyutu nedir; oyle degilse neden?

(b) Peki ya z−bileseni 1 olan vektor alt kumesi?

(c) Peki o zaman tum bilesenleri 1 olan vektor alt kumesi ne olur?

Problem 3.2 Katsayıları karmasık sayı, derecesi < N olan x’in tum poli-nomlarını dusunun.

(a) Bu kume (polinomların ”vektor” oldugu) bir vektor uzayı olusturur mu?Oyle ise yugun bir taban onerin ve uzayın boyutunu verin. degil ise vektorbir uzayını tanımlayan hangi ozelligin yoklugundan dolayı degil?

4Tam kelimesini yakınsaklıkla ilgili kurnazca soruların gelebilecegi sonsuz boyutlu durumicin ayırmama ragmen belirtmekte fayda var, uzayı geren bir vektorler kumesine tamdır dadenir.


(b) Polinonların cift fonksiyon olmalarını istersek ne olur?

(c) En yuksek mertebeli terimin katsayısı ((x(N−1))’i carpan sayı) 1 olursa neolur?

(d) x = 1’de polinomlar 0 degerini alırsa ne olur?

(e) x = 0’da polinomlar 1 degerini alırsa ne olur?

Problem 3.3 Verilen bir tabana gore bir vektorun bilesenlerinin tek oldugunuispatlayın.

3.1.2 Ic Carpım

Uc boyutta iki tur vektor carpımı ile karsılasıyoruz: nokta carpımı (skaler carpımda denir) ve capraz carpım (vektor carpım da denir). Ikincisi n−boyutlu uzaylaricin hicbir sekilde genellesmez ama birincisi genellesir -bu baglamda genelde iccarpım denir. Iki vektorun (|α〉 ve |β〉’nın) (〈α|β〉) diye gosterilen ic carpımıbir karmasık sayıdır ve asagıdaki ozelliklere sahiptir:

〈β|α〉 = 〈α|β〉∗, (3.19)

〈α|α〉 ≥ 0 ve 〈α|α〉 = 0 ⇔ |α〉 = 0, (3.20)

〈α| (b|β〉 + c|γ〉) = b〈α|β〉 + c〈α|γ〉. (3.21)

Karmasık sayılara genellestirmenin dısında bu belitler (aksiyomlar) nokta carpımınbildigimiz davranıslarıdır. Ic carpımlı bir vektor uzayına ic carpım uzayı denir.

Bir vektorun kendisiyle ic carpımı negatif olmayan bir sayı (3.20 esitligi)oldugundan karkoku gerceldir -buna vektorun boyu (normu) denir:

‖α‖ ≡√〈α|α〉 (3.22)

ve ”uzunluk” kavramını genellestirir. Boyu 1 olan bir ”birim” vektore boy-landırılmıs denir. Ic carpımları sıfır olan iki vektor birbirileine diktir denir(Bu diklik aralarında 90 derece olması gerekli diklik kavramının genel halidir).Birbirilerine dik boylandırılmıs bir vektorler topluluguna

〈αi|α j〉 = δij (3.23)

boylandırılmıs-dik bir kume denir. Boylandırılmıs-dik bir taban secmek herzaman olası (Problem 3.4) ve hemen her zaman daha uygundur; bu durumdaiki vektorun ic carpımı bilesenleri cinsinden cok sık bir sekilde yazılabilir:

〈α|β〉 = a∗1b1 + a∗2b2 + · · · + a∗nbn, (3.24)

vektorun boyunun karesi

〈α|α〉 = |a1|2 + |a2|2 + · · · + |an|2 (3.25)


ve bilesenleri

ai = 〈ei|α〉 (3.26)

halini alır. (Bu sonuclar bilindik formullerin genellestirilmis halleridir: a · b =

axbx +ayby +azbz, a ·a = a2x +a2

y +a2z, ax = ı ·a, ay = ·a, az = k ·a; burada ı,

ve k uc boyutta boylandırılmıs-dik bir tabandır.) Su andan itibaren aksi acıkcabelirtilmedigi taktirde her zaman boylandırılmıs-dik tabanlarda calısacagız.

Gelistirlmek istenebilecek bir baska geometrik cokluk da iki vektor arasındakiacıdır. Sıradan vektor cozumlemesinde cos θ = (a·b)/|a||b|’dir. Ancak ic carpım(bir rastgele ic carpım uzayında) genelde bir karmasık sayı oldugundan esdegerformul (gercel) acı θ’yı tanımlamaz. Yine de bu coklugun mutlak degerinin 1’denbuyuk olmayan bir sayı oldugu hala dogrudur,

|〈α|β〉|2 ≤ 〈α|α〉〈β|β〉. (3.27)

(Ispatı Problem 3.5’de verilen bu onemli sonuc Schwarz esitsizligi olarakbilinir.) O halde |α〉 ile |β〉 arasındaki acıyı

cos θ =

√〈α|β〉〈β|α〉〈α|α〉〈β|β〉 (3.28)

formulu ile tanımlayabilirsiniz.

*Problem 3.4 Boylandırılmıs-dik olmayan bir (|e1〉, |e2〉, . . . |en〉) tabanıylabasladıgınızı varsayın. Gramm-Schmidt proseduru bu tabandan boylandırılmıs-dik olan bir taban (|e′1〉, |e′2〉, . . . |e′n〉) uretmenin sistematik bir rituelidir. Soylegider:

(i) Birinci taban vektorunu boylandırın (boyuna bolun):

|e′1〉 =|e1〉‖e1‖

.

(ii) Ikinci vektorun birinci uzerindeki izdusumunu kendisinden cıkarın:

|e2〉 − 〈e′1|e2〉|e′1〉.

Bu vektor |e′1〉’e diktir; |e′2〉’yi bulmak icin boylandırın.

(iii) |e3〉’ten |e′1〉’e ve |e′2〉’ye izdusumlerini cıkarın:

|e3〉 − 〈e′1|e3〉|e′1〉 − 〈e′2|e3〉|e′2〉.

Bu vektor |e′1〉’e ve |e′2〉’ye diktir; boylandırıp |e′3〉’u elde edin. Bu sekildedevam eder.


Uc-uzay tabanını, |e1〉 = (1 + i)ı + (1) + (i)k, |e2〉 = (i)ı + (3) + (1)k, |e3〉 =

(0)ı + (28) + (0)k, Gramm-Schmidt proseduru ile boylandırılmıs-dik yapın.

Problem 3.5 Schwarz esitsizligini (3.27 esitsizligi) ispatlayın. Ipucu: |γ〉 =|β〉 − (〈α|β〉/〈α|α〉)|α〉 olsun; 〈γ|γ〉 ≥ 0’ı kullanın.

Problem 3.6 |α〉 = (1 + i)ı + (1) + (i)k ve |β〉 = (4 − i)ı + (0) + (2 − 2i)kvektorleri arasındaki acıyı (3.28 esitligine gore) bulun.

Problem 3.7 Ucgen esitsizligini ispaylayın: ‖(|α〉 + |β〉)‖ ≤ ‖α‖ + ‖β‖.

3.1.3 Dogrusal Donusumler

Uc-uzaydaki tum vektorleri 17 ile carptıgınızı veya z−ekseni etrafında 39o dondurdugunuzu yada xy−duzlemine yansıttıgınızı dusunun−bunların hepsi dogrusal donusumlereornektir. Bir dogrusal donusum5 (T ) bir vektor uzayındaki her vektoru alır veonu baska bir vektore ”donusturur”, (|α〉 → |α′〉 = T |α〉), oyle ki bu donusumdogrusaldır, yani herhangi |α〉 ve |β〉 vektorleri ile a ve b skalerleri icin

T (a|α〉 + b|β〉) = a(T |α〉) + b(T |β〉) (3.29)

olur.Belirli bir dogrusal donusumun bir taban vektorleri kumesine ne yaptıgını

bilirseniz herhangi bir vektore de ne yapacagını rahatlıkla cıkarabilirsiniz. Tdonusumu (|e1〉, |e2〉, . . . , |en〉) tabanını

T |e1〉 = T11|e1〉 + T21|e2〉 + · · · + Tn1|en〉,T |e2〉 = T12|e1〉 + T22|e2〉 + · · · + Tn2|en〉,

· · ·T |en〉 = T1n|e1〉 + T2n|e2〉 + · · · + Tnn|en〉,

veya kapalı halinde

T |ej〉 =n∑

i=1

Tij |ei〉, (j = 1, 2, . . . , n) (3.30)

seklinde etkilesin. Herhangi bir α〉 vektoru

|α〉 = a1|e1〉 + a2|e2〉 + · · · + an|en〉 =

n∑

j=1

aj |ej〉 (3.31)

T altında

T |α〉 =

n∑

j=1

aj(T |ej〉) =

n∑

j=1

n∑

i=1

ajTij |ei〉 =

n∑

i=1

(

n∑

j=1

Tijaj)|ei〉 (3.32)

5Bu Bolumde dogrusal donusumlerin uzerine sapka (ˆ) koyacagım; bu benim dahaonceki kullanımımla celismiyor (islemcilerin uzerine sapka koymakla), zira gorecegimiz uzereislemciler dogrusal donusumdur.


seklinde donusur. Goruldugu gibi T donusumu bilesenleri a1, a2, . . . , an olan birvektoru bilesenleri6

a′i =n∑

j=1

Tijaj (3.33)

olan bir vektore donusturur. n tane ai bileseninin |α〉 vektorunu (verilen bir ta-bana gore) belirledigi gibi n2 tane Tij elemanı da (aynı tabana gore) T dogrusaldonusumunu belirler:

T ↔ (T11, T12, · · · , Tnn). (3.34)

Tabanın boylandırılmıs-dik olması durumunda, 3.30 esitliginden,

Tij = 〈ei|T |ej〉 (3.35)

olur. Bu karmasık sayıları bir matris7 olarak yazmak uygun olacaktır:

T =

T11 T12 · · · T1n

T21 T22 · · · T2n

......

. . ....

Tn1 Tn2 · · · Tnn

(3.36)

Dogrusal donusumleri calısmak, o halde, matrisler kuramını calısmaya doner.Iki dogrusal donusumun toplamı (S + T ) dogal olarak

(S + T )|α〉 = S|α〉 + T |α〉 (3.37)

seklinde tanımlanır: matrislerin toplamı kuralına denk gelir (matrislerin karsılıklıelemanlarını toplarsınız):

U = S + T ⇔ Uij = Sij + Tij . (3.38)

Iki dogrusal donusumun carpımı (ST ) bunları arka arkaya uygulama etkisiyapar-once T sonra S:

|α〉 → |α′〉 = T |α〉 → |α′′〉 = S(|α′〉) = S(T |α〉) = ST |α〉. (3.39)

Hangi U matrisi birlesik U = ST donusumunu tarif eder? Bunu bulmak hic dezor degil:

a′′i =

n∑

j=1

Sija′j =

n∑

j=1

Sij

(n∑

k=1

Tjkak

)=

n∑

k=1

n∑

j=1

SijTjk

ak =

n∑

k=1

Uikak.

Buradan

U = ST ⇔ Uik =n∑

j=1

SijTjk (3.40)

63.30 ve 3.33 esitliklerinde indislerin yerlerinin degisik olusuna dikkat edin. Bu bir yazımhatası degil. Baska bir deyisle (3.30 esitliginde i ↔ j degisimi yaparsak) bilesenler Tij iledonusuyorsa, taban vektorleri Tji ile donusur.

7Matrisleri koyu yazacagım


oldugu acıktır. Bu da standart matris carpımı kuralıdır; carpımın ik. elemanınıbulmak icin S’nin i. satırı ile T’nin k. sutununa bakarak karsılıklı gelen eleman-lar carpıp toplayacaksınız. Aynı kural birincinin sutun sayısıyla ikincinin satırsayısının aynı olması durumunda dikdortgen matrisleri carpmanıza olanak tanır.|α〉’nın n bilesenini

a ≡

a1

a2

...an

(3.41)

seklinde n × 1’lik bir sutun matris olarak yazarsak 3.33 esitligindeki donusumkuralı

a′ = Ta (3.42)

olarak yazılabilir.

Simdi de biraz matris terminolojisi: Bir matrisin, T diye gosterecegimiz,transpozu aynı elemanlar kumesiyle ama satırlarla sutunların yerdegismis ha-lidir:

T =

T11 T21 · · · Tn1

T12 T22 · · · Tn2

......

. . ....

T1n T2n · · · Tnn

. (3.43)

Bir sutun matrisin transpozunun bir satır matris olduguna dikkat edin:

a = (a1 a2 · · · an). (3.44)

Transpozu kendisine esitse bir kare matrise simetrik denir (ana kosegene (sol-ustten sag-alta) gore yansıması kendisini verir); bu islem isaretini degistirirsematris antisimetriktir:

T = T : SIMETRIK; T = −T : ANTISIMETRIK. (3.45)

Bir matrisin (genelde oldugu gibi uzerinde bir yıldızla gosterecegimiz) (karmasık)eslenigini, T∗, olusturmak icin her elemanının (karmasık) eslenigini alırsınız:

T∗ =

T ∗11 T ∗

12 · · · T ∗1n

T ∗21 T ∗

22 · · · T ∗2n

......

. . ....

T ∗n1 T ∗

n2 · · · T ∗nn

; a∗ =

a∗1a∗2...a∗n

. (3.46)

Bir matrisin butun elemaları gercelse matris gercel, sanalsa matris sanaldır:

T∗ = T : GERCEL; T∗ = −T : SANAL. (3.47)


Bir matrisin, uzerinde bir hacla gosterilen Hermitsel eslenigi (veya adjointi),T†, esleniginin transpozudur:

T† ≡ T∗ =

T ∗11 T ∗

21 · · · T ∗n1

T ∗12 T ∗

22 · · · T ∗n2

......

. . ....

T ∗1n T ∗

2n · · · T ∗nn

; a† ≡ a∗ = (a∗1 a∗2 · · · a∗n). (3.48)

Bir kare matris kendisinin Hermitsel eslenigine esitse Hermitsel (veya kendine-adjoint)dir; eksilisine esit ise ters Hermitsel (veya anti-Hermitsel)dir:

T† = T : HERMITSEL; T† = −T : TERS HERMITSEL. (3.49)

Bu gosterimle boylandırılmıs-dik bir tabana gore iki vektorun ic carpımı (3.24esitligi) matrislerle gayet sık bir sekilde

〈α|β〉 = a†b (3.50)

olarak yazılabilir. (Bu paragrafta bahsedilen uc islemin de iki kere uygulandıklarıtaktirde ozgun matrisi geri verdiklerine dikkat edin.)

Matris carpımı, genelde, sıra degisebilir degildir (ST 6= TS); Iki sıralamaarasındaki farka sıra degisimi (komutator) denir:

[S,T] ≡ ST− TS. (3.51)

Bir carpımın transpozu carpanların transpozlarının sıra degistirmis carpımıdır:

(ST) = TS, (3.52)

(Problem 3.12’ye bakın). Aynı kural hermitsel eslenikler icin de gecerlidir:

(ST)† = T†S†. (3.53)

Her vektoru kendisine donusturen bir dogrusal donusumu tarif eden birimmatris ana kosegendeki elemanları bir (1), geri kalan elemanları sıfır (0) olanmatristir:

1 =

1 0 . . . 00 1 . . . 0...

......

0 0 . . . 1

. (3.54)

Diger bir deyisle

1ij = δij . (3.55)

Bir matrisin (T−1 diye yazılan) tersi

T−1T = TT−1 = 1 (3.56)


seklinde tanımlanır. Bir matrisin, ancak ve ancak determinantı8 sıfırdan farklıysatersi vardır;

T−1 =1

detTC. (3.57)

Burada C, kofaktorler matrisidir. [Tij elemanının kofaktoru T matrisinden i.satırla j. sutunun cıkarılarak elde edilen alt matrisin determinantının (−1)i+j

ile carpılmasıyla elde edilir.] Tersi olmayan bir matrise tekil denir. Bir carpımınvaroldugunu dusundugumuz tersi carpanlarının terslerinin sıra degistirerek carpımıdır:

(ST)−1 = T−1S−1. (3.58)

Bir matrisin tersi Hermitsel eslenigine esitse bu matris birimseldir (uniterdir).

U† = U−1 : BIRIMSEL (3.59)

Tabanın boylandırılmıs-dik oldugunu varsayarsak birimsel bir matrisin sutunlarıboylandırılmıs-dik bir kume olusturur; keza satırları da aynı sekilde (Problem3.16’ya bakın).

Dogrusal bir donusumu temsil eden matrisin elemanlarında oldugu gibi birvektorun bilesenleri de sizin rastgele sececeginiz bir tabana baglıdır. Baska bir ta-bana gectigimizde bu sayıların nasıl degistigine bakabiliriz. Yeni taban vektorleri|fi〉 -tıpkı diger vektorler gibi- eskilerin birer dogrusal birlesimidir:

|f1〉 = S11|e1〉 + S21|e2〉 + · · · + Sn1|en〉,|f2〉 = S12|e1〉 + S22|e2〉 + · · · + Sn2|en〉,

· · ·|fn〉 = S1n|e1〉 + S2n|e2〉 + · · · + Snn|en〉,

(burada Sij ’ler bir karmasık sayılar kumesidir), veya daha kapalı bir sekilde

|fj〉 =

n∑

i=1

Sij |ei〉, (j = 1, 2, . . . , n). (3.60)

Bunun kendisi bir dogrusal donusumdur (3.30 esitligiyle kıyaslayın)9 ve bizhalihazırda bilesenlerin nasıl donustugunu biliyoruz;

afi =

n∑

j=1

Sijaej (3.61)

(burada ust indeks tabanı belirtmektedir). Matris halinde

af = Sae (3.62)

8Determinantların nasıl hesaplandıgını bildiginizi varsaydım. Bilmiyorsanız M. Boas’ınMathematical Methods in the Physical Sciences, 2nd ed. (New York: John Wiley, 1983)kitabının 3.3. bolumune bakabilirsiniz.

9 Iki bakıs-acısı arasındaki kokten farka dikkat edin: Bu durumda aynı vektorden, farklı ikitabanda bahsediyorken oncekinde aynı bir tabanda butunuyle butunuyle farklı iki vektordenbahsediyorduk.


seklinde yazılır.Peki, dogrusal bir donusumu, T ’yi, tarif eden matris − taban degisimiyle

nasıl degisir? Eski tabanda (3.42 esitligi)

ae′

= Teae

idi ve 3.62 esitligi − iki tarafını S−1 ile carptıgımızda − ae = S−1af vereceginden10

af ′

= Sae′

= S(Teae) = STeS−1af

olur. Buradan daTf = STeS−1 (3.63)

oldugu acıktır.Tekil olmayan bir S matrisi icin T2 = ST1S

−1 esitligini saglayan iki ma-trise, T1 ve T2’ye, benzer matrisler denir. Az once buldugumuz sey ben-zer matrislerin aynı dogrusal donusumu farklı tabanlara gore tarif ettikleridir.Tabanlardan birisi boylandırılmıs-dik ise ancak ve ancak S’nin birimsel ol-ması durumunda digeri de boylandırılmıs-diktir (Problem 3.14’e bakın). Herzaman boylandırılmıs-dik tabanlarda calıstıgımızdan temelde birimsel benzesimdonusumleriyle ilgileniriz.

Dogrusal bir donusumu tarif eden matrisin elemanları yeni tabanda cokfarklı gorunseler de matrisle ilgili iki sayı degismeden kalır: determinantı ve izi.Bir carpımın determinantı carpanların determinantları carpımı oldugundan

det(Tf ) = det(STeS−1) = det(S) det(Te) det(S−1) = det(Te) (3.64)

olur. Kosegen uzerindeki elemanların toplamı

Tr(T) ≡m∑

i=1

Tii (3.65)

demek olan iz, herhangi T1 ve T2 matrisi icin

Tr(T1T2) = Tr(T2T1) (3.66)

ozelligine sahiptir (Problem 3.15’e bakın). Buradan da

Tr(Tf ) = Tr(STeS−1) = Tr(TeS−1S) = Tr(Te) (3.67)

olur.

Problem 3.8 Ucboyutta vektorler icin standart (ı, , k) tabanını kullanarak:

(a) z−ekseninden merkeze dogru yukarıdan baktıgınızda eksen etrafında saatyonunun tersine dogru θ acısı kadarlık bir donmeyi tarif eden matrisi olsturun.

10S−1’in kesinlikle varolduguna dikkat edin − S tekil olsaydı |fi〉’ler uzayı geremez yani birtaban olusturamazlardı.


(b) (1,1,1) noktasından gecen eksenden merkeze dogru yukarıdan baktıgınızdaeksen etrafında saat yonunun tersine dogru 1200’lik acı kadar bir donmeyitarif eden matrisi olsturun.

(c) xy−duzleminde yansımayı tarif eden matrisi olusturun.

(d) x0, y0 ve z0 birer sabit olmak uzere (x→ x+ x0, y → y + y0, z → z + z0)otelemeleri dogrusal donusumler midir? Oyle ise bu donusumleri tarif edenmatrisi bulun; degilse neden olmadıgını acıklayın.

*Problem 3.9Asagıdaki matrisler verilmis olsun:

A =

−1 1 i2 0 32i −2i 2

, B =

2 0 −i0 1 0i 3 2

.

(a) A + B, (b)AB, (c) [A,B], (d) A, (e) A∗, (f) A†, (g) Tr(B), (h) det(B) ve(i) B−1 ifadelerini hesaplayın. BB−1 = 1 oldugunu kontrol edin. A’nın bir tersivar mı?

*Problem 3.10 Problem 3.9’daki kare matrislerle

a =

i2i2

, b =

2(1 − i)

0

sutun matrislerini kullanarak (a) Aa, (b) a†b, (c) aBb ve (d) ab† ifadelerinibulun.

Problem 3.11 Sozkonusu matrisleri acık acık olusturarak herhangi bir Tmatrisinin asagıdaki sekillerde yazılabilecegini gosterin:

(a) simetrik bir S matrisi ile antisimetrik bir A matrisinin toplamı olarak;

(b) gercel bir R matrisi ile sanal bir I matrisinin toplamı olarak;

(c) Hermitsel bir H matrisi ile ters-Hermitsel bir K matrisinin toplamı olarak.

*Problem 3.12 3.52, 3.53 ve 3.58 esitliklerini ispatlayın. Birimsel iki ma-trisin carpının birimsel oldugunu gosterin. Hermitsel iki matrisin carpımlarıhangi kosullarda Hermitsel olur? Birimsel iki matrisin toplamı birimsel midir?Hermitsel iki matrisin toplamı Hermitsel midir?

Problem 3.13 Standart (ı, , k) tabanında x−ekseni etrafında θ acısı kadarlıkbir donmeyi tarif eden Tx matrisi ile y−ekseni etrafında θ acısı kadarlık birdonmeyi tarif eden Ty matrisini olusturun. Simdi ı′ = , ′ = −ı, k′ = k ta-ban degisikligi yaptıgımızı dusunun. Bu taban degisikligini yapan S matrisini


olusturun. STxS−1 ve STyS

−1 ifadelerinin beklediginiz ifadeler olup olmadıgınıkontrol edin.

Problem 3.14 Benzerligin matris carpımını muhafaza ettigini gosterin (yaniAeBe = Ce ise AfBf = Cf olur). Benzerlik simetrikligi, gercelligi veya Her-mitselligi, genelde, muhafaza etmez; ancak S birimsel ve He Hermitselse Hf deHermitseldir. S’nin boylandırılmıs-dik bir tabanı baska bir boylandırılmıs-diktabana ancak ve ancak birimsel ise donsturecegini gosterin.

*Problem 3.15 Tr(T1T2)=Tr(T2T1) oldugunu gosterin. Buradan Tr(T1T2T3)=Tr(T2T3T1) oldugu cıkar. Peki, genelde, Tr(T1T2T3)=Tr(T2T1T3) esitligidogru mudur? Olup olmadıgını ispatlayın. Ipucu: Aksini ispatlamanın en iyiyolu uymayan bir tane ornek bulmaktır ve tabii ki ne kadar kolay o kadar iyi!

Problem 3.16 Birimsel bir matrisin satırlarının ve sutunlarının boylandırılmıs-dik kumeler olusturduklarını gosterin.

3.1.4 Ozvektorler ve Ozdegerler

Uc uzayda sabit bir eksen etrafında θ acısı kadar bir donmeyi iceren dogrusaldonusumu dusunun. Vektorlerin cogu oldukca karmasık bir degisime ugrar (donmeekseninin etrafındaki koni ozerinde hareket ederler (donusurler)), ama eksendogrultusundaki vektorlerin davranısları cok basittir: degismeden aynı kalırlar(T |α〉 = |α〉). θ = 1800 oldugunda ”ekvator” duzlemindeki vektorler isaretdegistirirler (T |α〉 = −|α〉). Bir karmasık vektor uzayında11 her dogrusal donusumdekendisinin bir katsayıyla carpımına donusen ”ozel” vektorler vardır:

T |α〉 = λ|α〉; (3.68)

bunlara donusumun ozvektorleri, karmasık sayı λ’ya da (ozvektorun) ozdegeridenir. (Her T ve her λ icin 3.68 denklemini saglamasına ragmen sıfır vektoru sayılmaz;teknik olarak 3.68 denklemini saglayan sıfırdan farklı her vektor bir ozvektordur.)Ozvektorun (sıfırdan farklı) herhangi bir katının da aynı ozdegere sahip birozvektor olduguna dikkat edin.

Ozdeger denklemi, belirli bir tabana gore, sıfırdan farklı bir a icin

Ta = λa, (3.69)

veya

(T − λ1)a = 0 (3.70)

matris denklemi halini alır. (”0” burada, tum elemanları sıfır olan sıfır ma-trisidir.) Simdi, (T−λ1) matrisinin tersi olsaydı 3.70 denkleminin heriki tarafını

11Gercel vektor uzayları icin bu her zaman gecerli degildir. (Bu uzaylarda skalerler gerceldeger almak zorundadırlar). Problem 3.17’ye bakın.


(T−λ1)−1 ile carpıp a = 0 sonucuna ulasabilirdik. Ama ayı sıfırdan farklı kabulettigimizden (T − λ1) matrisi tekil olmalı, yani determinantı sıfır olmalıdır:

det(T − λ1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(T11 − λ) T12 · · · T1n

T21 (T22 − λ) · · · T21

......

......

Tn1 Tn2 · · · (Tnn − λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0. (3.71)

Determinantın acılımı λ’nın bir cebirsel denklemini verir:

Cnλn + Cn−1λ

n−1 + · · · + C1λ+ C0 = 0. (3.72)

Buradaki Ci katsayıları T matrisinin elemanlarına bagımlıdır (Problem 3.19).Bu denklem matrisin karakteristik denklemi olarak adlandırılır ve cozumu ozdegerleriverir. n. dereceden bir denklem olduguna ve n tane (karmasık) koku oldugunadikkat edin.12 Ancak bazıları iki veya daha fazla katlı kok olabileceginden kesinolarak soyleyeblecegimiz sey sadece n× n bir matrisin en az bir en cok n tanefarklı kokunun olabilecegidir. Ozdegerlere karsılık gelen ozvektorleri bulmanıngenelde en kolay yolu λ’yı tekrar 3.69 denklemine koyup bu denklemi a’nınbilelsenleri icin cozmektir. Bir ornek uzerinden size nasıl yapıldıgını gosterecegim.

Ornek. Asagıdaki matrisin ozdegerlerini ve ozvektorlerini bulun.

M =

2 0 −2−2i i 2i1 0 −1

. (3.73)

Bu matrisin karakteristik denklemi∣∣∣∣∣∣

(2 − λ) 0 −2−2i (i− λ) 2i1 0 (−1 − λ)

∣∣∣∣∣∣= −λ3 + (1 + i)λ2 − iλ = 0 (3.74)

seklinde ve kokleri 0, 1 ve i’dir. Ilk ozvektorun bilesenleri (a1, a2, a3) olsun.

2 0 −2−2i i 2i1 0 −1

a1

a2

a3

= 0

a1

a2

a3

=

000

olur ve bu da

2a1 − 2a3 = 0,

−2ia1 + ia2 + 2ia3 = 0,

a1 − a3 = 0

12Gercel vektor uzaylarının yetersiz kaldıgı yer burasıdır, cunku karakteristik denklemingercel cozumlerinin olması gerekliligi yoktur. 11. altnota ve Problem 3.17’ye bakın.


denklemlerini verir. Birincisi (a1 cinsinden) a3’u belirler: a3 = a1; ikincisi a2’yibelirler: a2 = 0; ucuncusu burumda fazladır. Bir ozvektorun herhangi bir katıda yine ozvektor olacagından a1 = 1 alabiliriz: λ1 = 0 icin

a(1) =

101

(3.75)

olur.

Ikinci ozdeger icin (bilesenler icin aynı gosterimi kullanırsak)

2 0 −2−2i i 2i1 0 −1

a1

a2

a3

= 1

a1

a2

a3

=

a1

a2

a3

olur, bu da

2a1 − 2a3 = a1,

−2ia1 + ia2 + 2ia3 = a2,

a1 − a3 = a3

denklemleriyle a3 = (1/2)a1, a2 = [(1− i)/2]a1 cozumunu verir. Bu sefer a1 = 2alacagız ve λ2 = 1 icin

a(2) =

21 − i

1

(3.76)

olur.

Son olarak ucuncu ozvektor icin

2 0 −2−2i i 2i1 0 −1

a1

a2

a3

= i

a1

a2

a3

=

ia1

ia2

ia3

olur, bu da

2a1 − 2a3 = ia1,

−2ia1 + ia2 + 2ia3 = ia2,

a1 − a3 = ia3

denklemleriyle a3 = a1 = 0 cozumunu verir. a2 belirlenemediginden 1 olaraksecebiliriz ve λ3 = i icin

a(3) =

010

(3.77)


olur.

Ornegimizde oldugu gibi uzayı germeleri durumunda ozvektorleri bir tabanolarak kullanabiliriz:

T |f1〉 = λ1|f1〉,T |f2〉 = λ2|f2〉,

· · ·T |fn〉 = λn|fn〉.

T donusumunu betimleyen matris bu tabanda cok basit bir gorunum alır;ana kosegendeki elemanları ozdegerler geri kalan elemanları sıfır olan bir matris:

T =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

......

0 0 · · · λn

. (3.78)

Boylandırılmıs ozvektorler aynı sekilde basittir:

a(1) =

100...0

,a(2) =

010...0

, · · · ,a(n) =

000...1

. (3.79)

Taban degistirmeyle kosegen haline (3.78 esitligi) getirilebilen bir ma-trise kosegenlestirilebilir denir. Bu donusumu saglayan benzesim matrisi,ozvektorleri (eski tabanda) S(−1)’in sutunları olacak sekilde kullanılarak olusturulabilir:

(S−1)ij = (a(j))i. (3.80)

Ornek.(devamı) Ornekte

S−1 =

1 2 00 (1 − i) 11 1 0

idi, o halde 3.57 esitliginden

S =

−1 0 21 0 −1

(i− 1) 1 (1 − i)


dir ve kontrol edebileceginiz uzere

SMS−1 =

0 0 00 1 00 0 i

olur.

Bir matrisi kosegen haline getirmenin avantajı coktur -onunla calısmak cokdaha kolaydır. Maalesef matrislerin hepsi kosegenlestirilebilir degildir -ozvektorlerinuzayı germesi gerekir. Kosegenlestirilemeyen bir matrise ornek icin Problem3.18’e bakın.

*Problem 3.17 xy−duzleminde bir donmeyi tarif eden 2 × 2 matris

T =

(cosθ −sinθsinθ cosθ

)

seklindedir. Belirli acılar dısında bu matrisin gercel odegerei olmadıgını gosteriniz.Gercel ozdegerlerinin oldugu acılar hangileridir? (Bu, duzlemdeki bir vektorunboyle bir donmeyle kendisine donusemeyecigini gosteren geometrik ozelligi yansıtır.Uc boyuttaki donmelerde ise boyle degildir.) Bu matrisin karmasık ozdegerlerive ozvektorleri vardır. Bunları bulun.T’yi kosegenlestiren S matrisini olusturun.STS−1 benzesim donusumunu acık acık yapıp bu donusumun T’yi kosegen ha-line getirdigini gosterin.

Problem 3.18 Asagıdaki matrisin ozdeger ve ozvektorlerini bulun.

M =

(1 10 1

).

Bu matris kosegenlestirilebilir mi?

Problem 3.19 3.72 esitligiyle verilen karakteristik denklemde birinci, ikincive sonuncu katsayıların

Cn = (−1)n, Cn−1 = Tr(T) ve C0 = detT (3.81)

oldugunu gosterin. Elemanları Tij olan 3×3 bir matris icin C1 nedir?

Problem 3.20 Bir kosegen matrisin izinin ozdegerlerinin toplamı, determi-nantının da ozdegerlerinin carpımı oldugu asikardır (3.78 esitligine bakın). Aynısey (3.64 ve 3.67 esitliklerinden) kosegenlestirilebilen her matris icin gecerlidir.Her matris icin

detT = λ1λ2 · · ·λn, TrT = λ1 + λ2 + · · · + λn (3.82)

oldugunu gosteriniz. (λ’lar burada karakteristik denklemin n tane cozumudur.Katlı koklerin olması durumunda dogrusal bagımsız ozvektorlerin sayısı cozumlerin


saysından daha az olabilir, ama biz yine her λ’yı ayrı ayrı sayacagız.) Ipucu:Karakteristik denklemi

(λ1 − λ)(λ2 − λ) · · · (λn − λ) = 0

seklinde yazıp Problem 3.19’un sonucunu kullanın.

3.1.5 Hermitsel Donusumler

3.48 esitliginde bir matrisin Hermitsel eslenigini (veya ”adjointi”ni) transpozesinin

eslenigi olarak tanımlamıstım: T† = T∗. Simdi bir dogrusal donusumun Hermit-

sel eslenigi icin daha temel bir tanım vermek istiyorum: Bir ic carpımda ikincivektore T donusumunun kendisinin uygulanmasıyla aynı sonucu, birinci vektoreuygulanmasıyla veren donusum T †’dir:

〈T †α|β〉 = 〈α|T β〉 (3.83)

(butun |α〉 ve |β〉 vektorleri icin).13 [Herkes tarafından kullanılıyor olmasınaragmen bu gosterimin (notasyonun) kotu bir gosterim oldugu konusunda siziuyarmalıyım. Cunku burada vektor olan |α〉 ve |β〉’dır, α ve β degil. Bunlar -α veβ- farklı vektorleri gostermek icin kullanılan etiketlerdir. Tıpkı seri numaraları(”F43A-9GT”) veya isimler (”Ali”) ya da barkotlar (cizgi kodları) gibi. Her-hangi bir matematiksel ozellikleri yoktur ve ”T β” sacma bir ifadedir: dogrusaldonusumler vektorleri etkiler, onları gosteren etiketleri degil. Ancak gosteriminne anlama geldigi asikardır: |T β〉, T |β〉 demektir ve 〈T †α|β〉, T †|α〉 vektoruyle|β〉 vektorunun ici carpımı anlamına gelir. Bir c skaleri icin

〈α|cβ〉 = c〈α|β〉 (3.84)

ama

〈cα|β〉 = c∗〈α|β〉 (3.85)

olduguna dikkat edin.] Hep yapacagımız gibi boylandırılmıs-dik bir tabandacalısıyorsanız dogrusal bir donusumun Hermitsel eslenigi (terminoljiden de anlasıldıgıgibi) donusumu betimleyen matrisin Hermitsel eslenigi ile betimlenir. 3.50 ve3.53 esitliklerinden

〈α|T β〉 = a†Tb = (T†a)†b = 〈T †α|β〉 (3.86)

olur.

Hermitsel donusumler (T † = T ) kuantum mekanikte temel bir rol oynarlar.Bu donusumlerin ozvektor ve ozdegerlerinin uc kritik ozelligi vardır:

13Bu donusumun var olmasının gerekliligi ile ilgili endiseniz varsa iyi bir matematikci ol-malısınız. Yine de iyi bir soru ve cevabı evet. Ornegin, Halmos’un 44. Bolumune bakabilirsiniz(dipnot 1).


1. Hermitsel bir donusumun ozdegerleri gerceldir.

Ispat: λ T ’nin bir ozdegeri olsun: |α〉 6= |0〉 icin T |α〉 = λ|α〉 olur. O halde

〈α|Tα〉 = 〈α|λα〉 = λ〈α|α〉

olur. Bu arada T Hermitselse

〈α|T α〉 = 〈Tα|α〉 = 〈λα|α〉 = λ∗〈α|α〉

olur. 3.20 esitliginden 〈α|α〉 6= 0 olacagından λ = λ∗, yani λ gerceldir.

2. Hermitsel bir donusumun farklı ozdegerlere sahip ozvektorleribirbirine diktir.

Ispat: λ 6= µ icin T |α〉 = λ|α〉 ve T |β〉 = µ|β〉 olsun. O halde

〈α|T β〉 = 〈α|µβ〉 = µ〈α|β〉

olur ve T Hermitselse

〈α|T β〉 = 〈T α|β〉 = 〈λα|β〉 = λ〈α|β〉

olur. Ancak (1. ozellikten) λ = λ∗ ve λ 6= µ kabul edildiginden 〈α|β〉 = 0olur.

3. Hermitsel bir donusumun ozvektorleri uzayı gerer.

Yorum: Karakteristik denklemin n tane farklı koku varsa (2. ozellikten)n tane birbirine dik ozvektor vardır ve bunlar acıkca uzayı gererler. Pekiya cift veya daha cok katlı kok (veya burada adlandırılacakları gibi de-jenere ozdegerler) varsa? λ’nın m−li dejenere (m katlı bir kok) oldugunuvarsayalım; aynı ozdegere sahipiki ozvektorun tum dogrusal birlesimleriyine aynı ozdegere sahip bir ozvektordur- gostermemiz gereken λ ozdegerlim tane dogrusal bagımsız ozvektorun varlıgıdır. Bunun ispatı dogrusal ce-bir kitaplarının14 cogunda verilir ve burada tekrarlamayacagım. Bu ozvektorlerGram-Schmidt diklestirme proseduru (Problem 3.4) ile diklestirilebilirler.O halde Hermitsel bir donusumun ozvektorleri herzaman dik ve boy-landırılmıs bir taban olusturacak sekilde alınabilir. Bu sonuc sunu ge-tirir: her Hermitsel matris birimsel (uniter) bir S benzesim donusumu ilekosegenlestirilebilir. Oldukca teknik olan bu sonuc bir anlamda kuantummekaniginin cogunun dayandıgı matematiksel dayanaktır.

14Ben F.W. Byron, Jr. ve R.W. Fuller’in Mathematics of Classical and Quantum Physics(Reading, MA:Addison-Wesley, 1969), Vol.I, Section 4.7’deki anlatımı severim.


3.2 FONKSIYON UZAYLARI

Simdi artık dogrusal cebir mekanizmasını vektorlerin x’in (karmasık) fonksiyonu,ic carpımların integral, turevlerin de dogrusal donusum oldukları ilginc ve onemlifonksiyon uzayları konusuna uygulamaya hazırız.

3.2.1 Vektor Olan Fonksiyonlar

Fonksiyonlar gercekten vektor gibi davranırlar mı? Iki fonksiyonun toplamıyine bir fonksiyon mudur? Elbette. Fonksiyonlar toplamaya gore degisme vebirlesme ozelligine sahip midir? Kesinlikle. ”Etkisiz” bir fonksiyon var mıdır?Evet: f(x) ≡ 0. Bir fonksiyonu karmasık bir sayıyla carptıgınızda baska birfonksiyon elde eder misiniz? Tabii ki. Butun fonksiyonlar kumesi biraz agırolur -biz fonksiyonların bazı ozel sınıflarıyla ilgilenecegiz, derecesi < N olanbutun polinomlar kumesi (Problem 3.2) veya x = 1’de sıfıra giden butun tekfonksiyonlar kumesi ya da periyodu Π olan butun periyodik fonksiyonlar gibi.Bu sekilde birtakım kosulların saglanması zorunlulugu getirdiginizde tabii ki birvektor uzayı olmak icin gereken kosulların karsılanıp karsılanmadıgından eminolmalısınız. Ornegin, azami degeri 3 olan fonksiyonlar kumesi bir vektor uzayıolusturmaz(2 ile carpılması azami degeri 6 olan fonksiyonları verir ki bu dauzayın dısındadır.)

[f(x) ve g(x)] gibi iki fonksiyonun ic carpımı

〈f |g〉 =

∫f(x)∗g(x)dx (3.87)

integrali ile verilir. (Integralin sınırlarını fonksiyonların tanım aralıkları belir-ler.) Bir ic carpımın gerekli kosullarını (3.19, 3.20, 3.21 esitlikleri) saglayıpsaglamadıgını kendiniz kontrol edebilirsiniz. Bu integral elbette yakınsamayabilir.O halde, ic carpımlı bir fonksiyon uzayı istiyorsak fonksiyonlar sınıfını oylesınırlayamayız ki 〈f |g〉 her zaman iyi tanımlı olsun. Makul her fonksiyonunkaresi-integrallenebilir olması gerektigi acıktır.

∫|f(x)|2dx <∞ (3.88)

(aksi durumda f ’nin kendisiyle dahi ic carpımı yok demektir.) Bu kısıtlama aynızamanda yeterlidir de -f ile g’nin ikisinin de karesi-integrallenebilir olması du-rumu 3.87 esitliginin sonlu olmasını gerektirir.15

15Bunun Schwarz esitligine (3.17 esitligi) dayanan bir ”ispatı” var. Bu ”ispat”taki sorunSchwarz esitligini ispatlarken ic carpımın var oldugunu varsaymıs olmamızdır ki bu da is-patlanmak istenilen seyin ispatında kendisinin kullanılması demektir! Daha bicimsel bir ispaticin F. Riesz ve B. Sz.-Nagy.Functional Analysis(New York : Unger.1955)kitabının 21. kısmınabakın

3.2. FONKSIYON UZAYLARI 97

Tablo 3.1: Legendre polinomlarından (Pn(x)) ilk birkacı

P0 = 1,

P1 = x,

P2 = 12 (3x2 − 1),

P3 = 12 (5x3 − 3x),

P4 = 18 (35x4 − 30x2 + 3),

P5 = 18 (63x5 − 70x3 + 15x).

Ornegin, derecesi < N olan butun polinomlar kumesi P (N)’i ele alalım:−1 ≤ x ≤ 1 aralıgında:

p(x) = a0 + a1x+ a2x2 + · · · + aN−1x

N−1. (3.89)

Bunlar kesinlikle karesi-integrallenebilirdir, o halde bu bir ic carpım uzayıdır.Bu uzayın asikar bir tabanı x’in kuvvetlerinin kumesidir:

|e1〉 = 1, |e2〉 = x, |e3〉 = x2, · · · , |eN〉 = xN−1; (3.90)

ve bu uzayın N boyutlu bir vektor uzayı oldugu acıktır. Ancak bu taban;

〈e1|e1〉 =

∫ +1

−1

1dx = 2, 〈e1|e3〉 =

∫ +1

−1

x2dx = 2/3;

gibi oldugundan boylandırılmıs-dik (ortonormal) degildir. Boylandırıp diklestirmekicin Gram-Schmidt prosedurunu uygularsanız (Problem 3.25) unlu Pn(x) Leg-endre polinomları elde edersiniz (aklında baska birseyler oldugundan Legen-dre bunları uygun birsekilde boylandırmamıstır):

|e′n〉 =√n− (1/2)Pn−1(x), (n = 1, 2, 3, · · · , N). (3.91)

Tablo 3.1 ’de Legendre polinomlarının ilk birkacını verdim.

*Problem 3.25 Ilk birkac Legendre polinomunu elde etmek icin −1 ≤ x ≤ 1aralıgında x’in kuvvetlerini boylandırıp diklestiriniz (ortonormallestiriniz) (3.91esitligi).

*Problem 3.26 T (N), −1 ≤ x ≤ 1 aralıgında

f(x) =

N−1∑

n=0

[an sin(nπx) + bn cos(nπx)] (3.92)

seklindeki tum-trigonometrik-fonksiyonlar kumesi olsun.

|en〉 =1√2einπx, (n = 0,±1, . . . ,±(N − 1)) (3.93)


elemanlarının boylandırılmıs-dik bir taban olusturdugunu gosteriniz. Bu uzayınboyutu nedir?

Problem 3.27 p(x) −∞ < x < ∞ aralıgında < N dereceli bir polinom

olmak uzere p(x)e−x2/2 seklindeki tum fonksiyonların olusturdugu kumeyi elealınız. Bunların bir ici carpım uzayı olusturduklarını kontrol ediniz. Bu kumenin”dogal” tabanı

|e1〉 = e−x2/2, |e2〉 = xe−x2/2, |e3〉 = x2e−x2/2, . . . |eN 〉 = xN−1e−x2/2,

dir. Bunların ilk dort tanesini boylandırıp diklestiriniz ve sonucu yorumlayınız.

3.2.2 Dogrusal Donusumler Olarak Islemciler

Uzaydaki fonksiyonları yine uzaydaki baska fonksiyonlara goturdukleri ve dogrusallıkkosulunu (3.29 esitligi) sagladıkları taktirde islemciler (d/dx, d2/dx2 veya sadecex) fonksiyon uzaylarında dogrusal donusumler gibi davranırlar. Ornegin, P (N)polinom uzayında (D ≡ d/dx) turev islemcisi bir dogrusal donusumdur ama(N −1). mertebeden polinomları aynı uzayda olmayan N. mertebeden polinom-lara goturen x (x ile carpma)16 islemcisi degildir.

Bu fonksiyon uzayında bir T islemcisinin ozvektorlerine ozfonksiyonlardenir:

T f(x) = λf(x) (3.94)

Ornegin D’nin ozfonksiyonları

fλ(x) = Aeλx (3.95)

dir.Bu islemcinin P (N) uzayında sadece bir tane ozfonksiyonu (λ = 0 iken) olduguacıktır.

Hermitsel bir islemci -uzaydaki tum f ve g fonksiyonları icin- 3.83 esitliginisaglayan islemcidir:

〈f |T g〉 = 〈T f |g〉, (3.96)

Turev islemcisi hermitsel midir?Kısmi integrasyonla

〈f |Dg〉 =

∫ b

a

f∗ dg

dxdx = (f∗g)|ba −

∫ b

a

df∗

dxgdx = (f∗g) |ba −〈Df |g〉. (3.97)

elde ederiz. Yakın, ama isaret yanlıs, bir de fazladan bir sınır terimi var. Isarettenkolaylıkla kurtulabiliriz; D ’nin kendisi (sınır terimi haric) ters (skew) hermitsel,

16Tutarlı olmak adına bir islemnci oldugunu vurgulayacagım zaman x’in uzerine bir sapkakoyacagım ama benim fazla titiz oldugumu dusunecek olursanız bu durumda koymaya-bilirsiniz.


o halde iD hermitseldir -i’nin karmasık eslenigi kısmi integrasyondan gelen eksiisareti yok eder. Sınır terimi de, uclarda aynı degere sahip fonksiyonları;

f(b) = f(a) (3.98)

alırsak yok olacaktır. Pratikte hemen herzaman karesi integrallenebilirligin (3.88esitligi) f(a) = f(b) = 0 garantiledigi, sonsuz aralıkta (a = −∞, b = +∞)calısıyor olacagız ve boylece iD hermitsel olacak. Ama P (N) polinom uzayındaiD hermitsel degildir.

Su andan itibaren islemcilerle ugrasırken icinde calısacagımız fonksiyon uzayınıaklınızdan cıkarmamanız gerektiginin farkında olmalısınız -masum gorunen birislemci bir dogrusal donusum olmayabilir, cunku fonksiyonları uzayın dısınatasıyordur; islemcinin oz fonksiyonları uzayın icinde olmayabilir veya bir uza-yda hermitsel olan bir islemci baska bir uzayda olmayabilir. Ancak bunlar gorecezararsız problemlerdir -sizi urkutebilir ama ısırmazlar. Cok daha tehlikeli biryılan burada pusuda yatmıs durumdadır, ama o da sadece sonsuz boyutlu vektoruzaylarında yasar. Biraz once x’in P (N) uzayında bir dogrusal donusum ol-madıgını soylemistim. (x ile carpmak bir polinomun derecesini arttıracagındanfonksiyonları uzayın dısına tasır.) Ancak aynı islemci x, −1 ≤ x ≤ 1 aralıgındabutun polinomların uzayı P (∞) icin bir dogrusal donusumdur.Hermitseldir de:

∫ 1

−1

[f(x)]∗[xg(x)]dx =

∫ 1

−1

[xf(x)]∗g(x)dx

Peki ozfonksiyonları nelerdir? Tum x degerleri icin

x(a0 + a1x+ a2x2 + · · · ) = λ(a0 + a1x+ a2x

2 + · · · )

demek

0 = λa0,

a0 = λa1,

a1 = λa2

demektir. λ = 0 ise tum bilesenler sıfırdır ki bu, tanımına uygun bir ozvektordegildir. λ 6= 0 ise ilk denklem a0 = 0, ikincisi a1 = 0, ucuncusu a2 = 0 vesonrakilerde n.’si an−1 = 0 vereceginden aynı seye geri donduk. Bu hermitselislemcinin bir tam ozfonksiyonlar kumesi yoktur aslında hic oz fonksiyonu yok-tur! P (∞)’da hicbir sekilde.

x’in ozfonksiyonu nasıl birsey olabilir? Hatırlayın λ bir sabitken

xg(x) = λg(x) (3.99)

ise x = λ noktası haric heryerde g(x) = 0 olmalı idi. Buradan x’in ozfonksiyon-larının Dirac delta fonksiyonları

gλ(x) = Bδ(x− λ) (3.100)


oldugu acıktır ve bunlar da polinom olmadıgından x’in P (∞)’da ozfonksiyon-larının olmayacagı kesindir.

Isin aslı, Bolum 3.1.5’teki Hermitsel bir islemcinin ozdegerlerinin gercel oldugunuve farklı ozdegerlerin oz vektorlerinin birbirine dik olduklarını soyleyen ilk ikisav genelken, oz vektorlerin bir tam kume olusturdugunu soyleyen ucuncu sav(genelde) sonlu boyutlu uzaylar icin gecerlidir. Sonsuz boyutlu uzaylarda Her-mitsel islemcilerin bazılarının oz vektorleri tam kume olustururken (ornek olarakProblem 3.32d ’ye bakın) bazılarınınki tam olmayan bir kume olustururlar ve azonce gordugumuz gibi bazılarının da yasadıkları uzayda hic oz vektorleri yok-tur.17 Bir kumenin tam olma ozelligi (kuantum mekanik icin) maalesef kesinliklecok temeldir. Bolum 3.3’te bu problemle nasıl ilgilenecegimizi gosterecegim.

Problem 3.28 exp(−x2/2)’nin Q = d2

dx2 − x2 islemcisinin bir ozfonksiyonuoldugunu gosterip ozdegerini bulunuz.

*Problem 3.29

(a) Turev islemcisi D = d/dx’i betimleyen D matrisini 3.90 esitligi ile verilenboylandırılmıs-dik olmayan tabanda olusturunuz.

(b) D islemcisini betimleyen matrisi Problem 3.26’daki T (N) uzayında 3.93esitligi ile verilen boylandırılmıs dik tabanda olusturunuz.

(c) x = x islemcisini betimleyen X matrisini P (∞) uzayında 3.90 tabanındaolusturunuz. Bu bir Hermitsel islemci ise (ki oyle), nasıl oluyor da trans-pozunun eslenigi kendisine esit olmuyor?

**Problem 3.30 D ve X matrislerini P (∞)’nin boylandırılmıs-dik 3.91tabanında olusturunuz. Legendre polinomları icin olan

xPn(x) =1

2n+ 1[(n+ 1)Pn+1(x) + nPn−1(x)]; (3.101)

dPn

dx=

∑

k=0

(2n− 4k − 1)Pn−2k−1(x) (3.102)

tekrarlama bagıntılarına ihtiyacınız olacak. Burada toplama ilk terimde son-lanacaktır -sonraki negatif indisten dolayı-. X’in Hermitsel oldugunu ama iDolmadıgını gosteriniz.

Problem 3.31 D2 = d2/dx2 islemcisini dusunun. Uygulanacgı fonksiyonlarınhangi kosulları saglaması gerekir ki bu islemci Hermitsel olsun? P (N) uzayında

17n-boyutlu bir vektor uzayında her dogrusal donusum (belirli bir tabana gore) n× n’li birmatrisle betimlenebilir ve n sonlu oldugu taktirde 3.71’deki karakteristik denklem en az birozdegerin varlıgını garanti eder. Ama n sonsuz ise determinantı alamayız, bir karakteristikdenklem yoktur ; dolayısıyla bir tane bile oz vektorun varlıgını temin eden bir garanti deyoktur.


(3.90 tabanına gore) D2’yi betimleyen matrisi olusturunuz ve D’yi betimleyen(Problem 3.29a) matrisin karesi oldugunu gosteriniz.

Problem 3.32

(a) iD’nin Problem 3.26’daki T (N) uzayında Hermitsel oldugunu gosteriniz.

(b) Yukarıdaki islemcinin T (N) uzayındaki ozdegereleri ve (boylandırılmıs)ozfonksiyonları nedir?

(c) (b) sıkkındaki sonuclarınızın Bolum 3.1.5’teki uc savı sagladıgını kontrolediniz.

(d) iD’nin T (∞) uzayında ozfonksiyonlarının bir tam kume olusturdugunudogrulayınız.

3.2.3 Hilbert Uzayı

Gercel sayılar sistemini insa etmek icin matematikciler tam sayılar la baslayıpbunları kullanarak rasyonel sayıları (tam sayıların oranlarını) tanımlamıslardır.Birbirlerine ne kadar yakın olurlarsa olsunlar ikisi arasında herzaman baskabir tane (aslında sonsuz tane) bulabileceginiz baglamınada rasyonel sayıların”yogun” olduklarını gostererek devam etmislerdir. Tum rayonel sayılar kumesindebazı ”bosluklar” vardır; rasyonel sayıların, limiti rasyonel sayı olmayan sonsuzdizilerini dusunun. Ornegin,

AN = 1 − 1

2+

1

3− 1

4+ · · · ± 1

N(3.103)

dizisi sonlu bir N icin rasyonel bir sayıdır ama limiti (N → ∞ iken) ln 2’dir ki bubir rasyonel sayı degildir. O halde gercel sayıların insasında son adım rasyonelsayıların yakınsayan tum dizilerini katarak ”boslukları doldurmak” veya kumeyi”tam”lamaktır. (Elbette bazı dizilerin limiti yoktur ve biz bunları almıyoruz.Ornegin 3.103 esitligindeki eksi isaretleri artılarla degistirirseniz dizi yakınsamazve bir gercel sayıya karsılık gelmez.)

Aynı sey fonksiyon uzaylarıyla da olur. Ornegin tum polinomlar kumesiP (∞) sonlu N ’ler icin

fN (x) = 1 + x+x2

2+x3

3!+x4

4!+ · · · + xN

N !(3.104)

seklindeki fonksiyonları icerirken, bunun N → ∞ limitini

1 + x+x2

2+x3

3!+ · · · =

∞∑

n=0

xn

n!= ex (3.105)


icermez. Bir polinomlar dizisinin limiti olmasına ragmen ex’in kendisi bir poli-nom degildir. Uzayı ”tam”amlamak icin bu sekilde olan butun fonksiyonlarıda icertmeliyiz. Polinom dizilerinin bazılarının elbette limiti yoktur veya x’insadece belirli aralıklardaki degerleri icin vardır. Ornegin

1 + x+ x2 + x3 + · · · =1

1 − x

serisi sadece |x| < 1 aralıgı icin yakınsar. Dizinin bir limiti olsa bile fonksiyonkaresi integrallenebilir olmayabilir ve biz bunu ic carpım uzayına ekleyemeyiz.O halde uzayı ”tam”amlamak icin butun karesi-integrallenebilir fonksiyonlarınyakınsak dizilerini uzaya eklemeliyiz. Bir uzayı ”tam”amlamanın yeni tabanvektorleri tanımlamak demek olmadıgına dikkat edin. Uzayı ”tam”amlamaksadece

|α〉 =

∞∑

j=1

aj |ej〉 (3.106)

seklinde sonsuz sayıda terim iceren dogrusal birlesimlerin uzayda olmasına izinvermek demektir. Burada 〈α|α〉 sonlu olmalı, yani (taban boylandırılmıs dik ise)

∞∑

j=1

|aj |2 <∞ (3.107)

olmalıdır.Bir tam18 ic carpım uzayına Hilbert uzayı19 denir. P (∞) uzayının ”tam”ı

−1 < x < +1 aralıgındaki tum karesi-integrallenebilir fonksiyonlardır; bizbunu L2(−1, 1) diye gosteriyoruz. Genelde a < x < b aralıgındaki tum karesi-integrallenebilir fonksiyonlar kumesi L2(a, b) ile gosterilir. Biz oncelikle HilbertuzayıL2(−∞,+∞) -veya kısaca L2- ile ilgilenecegiz. Cunku kuantum mekanikseldalga fonksiyonlarının yasadıgı yer burasıdır. Gercekten de L2 fizikciler icinpratikte ”Hilbert uzayı”yla esanlamlıdır.

iD = id/dx ve x = x Hermitsel islemcilerin ozfonksiyonları bilhassa onem-lidir. Bunların, sırasıyla,

fλ(x) = Aλe−iλx ve gλ(x) = Bλδ(x − λ)

olduklarını bulmustuk (3.95 ve 3.100 esitlikleri). Ozdegerlerde bir kısıtlama ol-madıgına dikkat edin her gercel sayı iD’nin bir ozdegeridir ve her gercel sayıx’in bir ozdegeridir. Bir islemcinin butun ozdegerlerinin kumesine o islemcinintayfı (spektrumu) denir; iD ve x islemcileri buraya kadar karsılastıgımız ke-sikli tayfların aksine surekli (kesiksiz) tayflı islemcilerdir. Bu ozfonksiyon-lar maalesef Hilbert uzayında degildirler ve bundan dolayı da kesinlikle vektor

18”Tam” kelimesinin birbirinden butunuyle farklı kullanımına dikkat edin: uzayı geriyorsabir vektorler kumesi tamdır; bir ”gedik”(bosluk) icermiyorsa eger ic carpım uzayı tamdır

(butun limitleri icerir).19Sonlu-boyutlu butun ic carpım uzayları acıkca tamdır. O halde teknik olarak Hilbert

uzayıdırlar ama bu terim genellikle sonsuz -boyutlu uzaylar icin kullanılır.


olarak addedilmezler. Her ikisi de karesi integrallenebilir degildir:

∫ +∞

−∞fλ(x)∗fλ(x)dx = |Aλ|2

∫ +∞

−∞eiλxe−iλx

dx = |Aλ|2∫ +∞

−∞1dx→ ∞

ve∫ +∞

−∞gλ(x)∗gλ(x)dx = |Bλ|2

∫ +∞

−∞δ(x − λ)δ(x − λ)dx = |Bλ|2δ(λ− λ) → ∞

Yine de, bunlar bir diklik kosulunu saglarlar:

∫ +∞

−∞fλ(x)∗fµ(x)dx = A∗

λAµ

∫ +∞

−∞eiλxe−iµx

dx = |Aλ|22πδ(λ− µ)

(2.126 esitligine bakın) ve

∫ +∞

−∞gλ(x)∗gµ(x)dx = B∗

λBµ

∫ +∞

−∞δ(x− λ)δ(x − µ)dx = |Bλ|2δ(λ− µ).

Bu (boylandırılamayan) fonksiyonlar sag taraftaki Dirac delta fonksiyonunuyanlız bırakacak sekilde ”boylandırılırlar” (genel boylandırıp diklestirmedekiKronecker deltanın yerine (3.23 esitligi)).20 O halde

〈fλ|fµ〉 = δ(λ− µ) olacak sekilde fλ(x) =1√2πe−iλx (3.108)

iD islemcisinin ”boylandırılmıs” ozfonksiyonlarıdır ve

〈gλ|gµ〉 = δ(λ− µ) olacak sekilde gλ(x) = δ(x− λ) (3.109)

x’in ”boylandırılımıs” ozfonksiyonlarıdır.21

Peki, hadi iD ve x’in ”boylandırılmıs” ozfonksiyonlarını L2 icin bir tabanolarak kullanırsak?22 Tayf kesiksiz (surekli) oldugundan dogrusal birlesim inte-gral olur:

|f〉 =

∫ +∞

−∞aλ|fλ〉dλ; |f〉 =

∫ +∞

−∞bλ|gλ〉dλ. (3.110)

20Bu ”boylandırmayı” tırnak icinde yazacagım ki aslı ile karıstırmayın.21Burada Dirac tarafından onculuk edilen (buradan kacabilmesini saglayan bir guveni

vardı) ve von Neumann’ın kucumsedigi (matematiksel inceliklere daha duyarlı olan) ku-ralların dikkatli olunması gereken tehlikeli noktalarına baglandık. Bu yaklasımları karsılıklıklasik eserlerinde gorulur: (P.A.M. Dirac, The Principles of Quantum Mechanics, ilk defa1930’ da yayınlandı, 4. baskı Oxford (Clarendon Press) 1958, J. von Neumann The Mathe-matical Foundations of Quantum Mechanics ilk defa 1932’de yayınlandı, tekrardan Prince-ton University Press tarafından ele alındı, 1955). Dirac gosterimi (notasyonu) bizi Hilbertuzayının ”yaklasık boylandırılabilir” varoslarında yasayan fonksiyonlara dogrusal cebirin dilinive yontemlerini uygulamaya davet eder.Bu da makul bir beklentinin otesinde guclu ve etkiliolur.

22Dogru, bunları kullanacagız: uzayın icinde olmayan fonksiyonların kumesini o uzayın ta-banı olarak kullanacagız! Boylandırılabilir olmayabilirler ama ”tam”lar ki bu da bize gerekentek sey.


|fµ〉 ile ic carpımını alıp tabanın ”boylandırılmıs-dik” olusunu (3.108 esitligi)kullanarak aλ ”bilesenleri”ni elde ederiz:

〈fµ|f〉 =

∫ +∞

−∞aλ〈fµ|fλ〉dλ =

∫ +∞

−∞aλδ(µ− λ)dλ = aµ.

O halde

aλ = 〈fλ|f〉 =1√2π

∫ +∞

−∞eiλxf(x)dx = F (−λ), (3.111)

iD islemcisinin ozfonksiyonları tabanında, |f〉 vektorunun −λ bileseninin f(x)fonksiyonunun Fourier donusumu olacagı acıktır (2.85 esitligi). Aynı sekilde

bλ = 〈gλ|f〉 =

∫ +∞

−∞δ(x− λ)f(x)dx = f(λ) (3.112)

yani konum tabanında |f〉 vektorunun λ ”bileseni” kendisidir, f(λ). [Eger buifade aynı seyi tekrarlamak gibi geliyorsa size, |f〉’nin bir soyut vektor oldugunuhatırlayın; oyle ki bu vektoru istediginiz bir tabana gore yazabilirsiniz. Bubaglamda f(x) fonksiyonu sadece, konum islemcisinin ozvektorlerinin olusturdugutabanda ”bilesenlerinin” bir toplamıdır.] Bu arada islemcileri artık matrislerlegosteremeyiz, cunku taban vektorleri numaralandırılamayan indislerle etiketlenir.Yine de

〈fλ|T |fµ〉,

sekilindeki ifadelerle ilgileniyoruz ve alıskanlıktan oturu T islemcisinin λ, µ ma-tris elemanı diyoruz.

**Problem 3.33

(a) L2(a, b)’deki iki fomksiyonun herhangi bir dogrusal birlesiminin yine L2(a, b)’ninicinde oldugunu gosteriniz. Boyle olmasaydı L2(a, b) bir vektor uzayı ol-mazdı tabii.

(b) Hangi aralıktaki (gercel) ν icin f(x) = |x|ν fonksiyonu L2(−1,+1) icindeolur?

(c) Hangi aralıktaki a icin f(x) = 1− x+ x2 − x3 + · · · fonksiyonu L2(−a,+a)icinde olur?

(d) f(x) = e−|x| fonksiyonunun L2 icinde oldugunu gosterip 3.108 esitligindekitabana gore bilesenlerini bulunuz.

(e) D2 islemcisinin L2’nin 3.108 esitligindeki tabanına gore matris eleman-larırnı bulunuz.

Problem 3.34 L2(−1,+1), icerisinde basamak fonksiyonu θ(x) (2.125 esitligi)gibi, turevlenemeyen sureksiz fonksiyonlar barındırır. Ama Taylor serisine acılabilen

3.3. GENELLESTIRILMIS ISTATISTIKSEL YORUM 105

fonksiyonlar (f(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · ) sonsuz kere turevlenebilir olmak

zorundadır. O halde nasıl olur da θ(x) bir polinomlar dizisinin limiti olur? Not:Isıgı gordugunuz anda zor olmayan ama hemen de goze carpmayan bir problem;dolayısıyla bir yere varamadıysanız fazla zaman kaybetmeyin.

3.3 GENELLESTIRILMIS ISTATISTIKSEL YO-

RUM

Simdiki adımda kuantum mekaniginin (1. ve 2. Bolumlerde gelistirilen) temelilkelerini dogrusal cebirin daha sık bir diliyle ortaya koyacagım. Bir parcacaıgındurumunun onun dalga fonksiyonu Ψ(x, t) ile verildigini ve bunun mutlak degerininkaresinin parcacıgın t anında x noktasında bulunma olasılık yogunlugunu verdiginihatırlayın. Buradan, Ψ boylandırılmıs olmak zorundadır ki bu da ancak ve an-cak karesi integrallenebilirse (bir sabite bolunerek) olabilir. O halde

1. Bir parcacıgın durumu L2 Hilbert uzayında bir boylandırılmısvektorle (|Ψ〉) temsil edilir

Klasik dinamiksel cokluklar (konum, hız, momentum ve kinetik enerji gibi)x ve p (bazen t) gibi ”kanonik” degisken fonksiyonları olarak ifade edilebilirler:Q(x, p, t). Boyle her klasik gozlenebilir icin Q’da

p→ h

i

∂

∂x. (3.113)

yer degisimi yaparak bir kuantum mekaniksel islemci Q atayabiliriz. Q’nun Ψdurumundaki beklenen degeri

〈Q〉 =

∫Ψ(x, t)∗QΨ(x, t)dx,

dir ve biz bunu〈Q〉 = 〈Ψ|QΨ〉. (3.114)

ic carpımı23 seklinde yazarız. Simdi, gozlenebilir bir niceligin beklenen degerigercel bir sayı olmak zorundadır (sonucta laboratuvarda cetvel, saat, metre gibigercek olcme aletleri kullanılarak elde edilecek), o halde her |Ψ〉 vektoru icin

〈Ψ|QΨ〉 = 〈Ψ|QΨ〉∗ = 〈QΨ|Ψ〉, (3.115)

olmalı. Buradan Q (Problem 3.21’den) Hermitsel bir islemci olmak zorunda.Dolayısıyla

23Ψ fonksiyonunun kendisini |Ψ〉 vektorunu etiketlemek icin kullandıgımızdan ve Qψ ifadesioldukca acık oldugundan sizi daha once 3.1.5 bolumunde uyardıgım ”kotu gosterim (nota-syon)” burada cok da kotu olmuyor


2. Gozlenebilir nicelikler, Q(x, p, t), Hermitsel islemciler, Q(x, hi

∂∂x , t),

ile temsil edilirler; Q’nun |Ψ〉 durumundaki beklenen deger 〈Ψ|QΨ〉’dır.

Birebir aynı hazırlanmıs sistemlerde (hepsi aynı Ψ durumunda olacak sekilde)aynı olcumler genelde tekrarlanabilir sonuclar vermezler; ancak bazı durumlar -herzaman aynı sonucu vereceginden- gerekircidirler (deterministik). [Orneginbir ahenkli salınıcının taban durumunda enerjisinin olcumu herzaman 1/2hωdegerini verecek]. Q gozlenebilirinin gerekirci bir durumunda standart sapmasısıfırdır:

0 = σ2Q = 〈(Q− 〈Q〉)2〉 = 〈Ψ|(Q− 〈Q〉)2Ψ〉

= 〈(Q− 〈Q〉)Ψ|(Q− 〈Q〉)Ψ〉 = ‖(Q− 〈Q〉)|Ψ〉‖2. (3.116)

[Ic carpımın ikinci elemanından birinci elemanına gecirmek icin (Q−〈Q〉) islemcisininHermitsel olma ozelligini kullandım.] Boyu sıfır olan tek vektor sıfır vektoru oldugundan(Q− 〈Q〉)|Ψ〉 = 0 veya

Q|Ψ〉 = 〈Q〉|Ψ〉 (3.117)

olur. Gerekirci durumların Q islemcisinin ozvektorleri oldugu acıktır. Oyleyse

3. Ancak ve ancak, Q’nun λ ozdegerli bir ozvektoru ise, bir Qgozlenebilirinin |Ψ〉 durumundaki bir parcacık icin olcum sonucu kesindir

ve λ’dır.

Ornegin (cok onceden belirttigimiz gibi) zaman-bagımsız Schrodinger den-klemi (2.11 denklemi)

Hψ = Eψ,

Hamiltonyen islemcisi icin bir ozdeger denkleminden baska birsey degildir vecozumleri de enerjileri belirli durumlardır.

Bu noktaya kadar istatistiksel yoruma yeni hicbirsey eklemedim: bu yoru-mun onerilerini sadece dogrusal cebir dilinde inceledim. Ancak hikayede henuztamamlanmamıs olan bir yer var: Herhangi bir olcumun ortalama sonucunuhesaplayabiliyor olmamıza ragmen, verilen birQ gozlenebilirini |Ψ〉 durumundakibir parcacıkta olctugumuz taktirde belirli bir sonucu elde etme olasılıgımızınne oldugunu hala soyleyemiyoruz (ozgun(orjinal)istatistiksel yorumun cevabınıverdigi konum haric). Isi sonlandırmak icin yukarıdaki 3. varsayımdan ilhamalıp onun bir ozel durumu haline geldigi asagıdaki genellestirilmis istatistik-sel yoruma gereksinimimiz olur:

3′. |Ψ〉 durumundaki bir parcacıkta Q gozlenebilirini olcersenizkesinlikle Q’nun bir ozdegerini bulursunuz. Belirli bir λ ozdegerininelde edilme olasılıgı boylandırılmıs-dik ozvektorleri tabanındaki ifadesinde|Ψ〉’nin λ bileseninin mutlak degerinin karesine esittir.24

24Bundan Q’nun beklenen degerini hesaplayabilecegimize ve sonucun yukarıdaki 2.varsayımla uyumlu olması gerektigine dikkat edin. Problem 3.35(c)’ye bakın.

3.3. GENELLESTIRILMIS ISTATISTIKSEL YORUM 107

Bu varsayımın desteklenmesi icin Q’nun ozfonksiyonlarının uzayı germesielzemdir. Sonlu-boyutlu uzaylarda Hermitsel bir islemcinin ozvektorlerinin uzayıherzaman gerdigini gorduk. Ancak bu sav sonsuz-boyutlu durumlarda gecerliliginiyitiriyor−hic ozfonksiyonu olmayan veya ozfonksiyonları Hilbert uzayının dısındaolan Hermitsel islemcilere ornekler gorduk. Biz bu savı ozfonksiyonları (L2’ninicinde olmasalar bile) bir tam kume olusturan Hermitsel islemcilerin gozlenebilir-leri iceren alt kumesine bir kısıtlama olarak alacagız.25

Simdi ayrı ayrı ele almamız gereken iki turlu ozvektor var. Tayf surek-siz (kesikli) ise (farklı ozdegerler birbirlerinden sonlu aralıklarla ayrılmıslarsa)ozvektorleri n tamsayısı ile etiketleyebiliriz:

Q|en〉 = λn|en〉 , n = 1, 2, 3 . . . ; (3.118)

ozvektorler boylandırılmıs-diktir (degillerse bile herzaman o sekilde secilebilirler)

〈en|em〉 = δnm; (3.119)

tamlık iliskisi bir toplam seklini alır:

|Ψ〉 =∞∑

n=1

cn|en〉; (3.120)

bilesenler ”Fourier hilesi” ile verilir:

cn = 〈en|Ψ〉, (3.121)

ve belirli bir λn ozdegerinin elde edilme olasılıgı

|cn|2 = |〈en|Ψ〉|2 , (3.122)

ile verilir.Diger taraftan tayf surekli ise ozvektorler surekli bir degisken (k) ile etiketlenir-

ler:

Q|ek〉 = λk|ek〉, −∞ < k <∞; (3.123)

oz fonksiyonlar boylandırılabilir degildir (yani L2’nin icinde yeralmazlar ve kendi-leri olası parcacık durumlarını temsil etmezler) ama bir tur ”boylandırılmıs-dik”olma kosulunu saglarlar

〈ek|el〉 = δ(k − l) (3.124)

(saglamasalar bile herzaman o sekilde secilebilirler); ”tam”lık iliskisi bir integralhalini alır:

|Ψ〉 =

∫ +∞

−∞ck|ek〉dk; (3.125)

25Dirac’ı takip eden bazı yazarlar bunu kuantum mekanigin bir beliti (aksiomu) olarakalırlar, ama bir cok durumda ispatlanabilir olan birsey icin bu ifadenin kullanılması banabiraz garip geliyor; ben bunu ”gozlenebilir” olmanın bir parcası almayı tercih ediyorum.


”bilesenler” ”Fourier hilesi” ile verilir:

ck = 〈ek|Ψ〉, (3.126)

ve λk’nin dk civarında bir ozdegerin elde edilmesi olasılıgı

|ck|2dk = |〈ek|Ψ〉|2dk (3.127)

ile verilir.Genellestirilmis istatistiksel yorum x gozlenebilirini hic referans almaz; gozlenebilir-

lerin hepsine aynı mesafededir. Ama ”ozgun” ifadeyi (1.3 esitligini) ozel birdurum olarak icerir. Konum islemcisinin ”boylandırılmıs-dik” ozfonksiyonları

ex′(x) = δ(x− x′) (3.128)

dur ve (x′) ozdegeri −∞ ile +∞ aralıgında herhangi bir degeri alabilir. |Ψ〉’ninx′ ”bileseni”

cx′ = 〈ex′ |Ψ〉 =

∫ +∞

−∞δ(x − x′)Ψ(x, t)dx = Ψ(x′, t) (3.129)

dir, o halde parcacıgın x′ civarında bir dx′ aralıgında bulunma olasılıgı

|cx′ |2dx′ = |Ψ(x′, t)|2dx′ (3.130)

dur, ki bu da Ψ’nin ozgun istatistiksel yorumudur.Daha aydınlatıcı bir ornek momentum islemcisi ile verilir. ”Boylandırılmıs-

dik” ozfonksiyonları

ep(x) =1√2πh

eipx/h (3.131)

dir (Problem 3.37) ve (p) ozdegeri −∞ < p < +∞ aralıgında herhangi bir degerialabilir. |Ψ〉’nin p ”bileseni”

cp = 〈ep|Ψ〉 =1√2πh

∫ +∞

−∞e−ipx/hΨ(x, t))t ≡ Φ(p, t) . (3.132)

dir.Φ(p, t)’ye momentum-uzayı dalga fonksiyonu diyoruz −(onundeki h’lı kat-sayı bir tarafa) ”konum uzayı” dalga fonksiyonu Ψ(x, t)’nin Fourier donusumudur.dp aralıgında bir momentum elde etme olasılıgının

|Φ(p, t)|2dp (3.133)

oldugu acıktır.

*Problem 3.35

(a) 3.120 esitliginde∑ |cn|2 = 1 oldugunu gosteriniz.


(b) 3.125 esitliginde∫|ck|2dk = 1 oldugunu gosteriniz.

(c) 3′ varsayımından kesikli ve surekli (kesiksiz) tayflar icin

〈Q〉 =∑

λ|cn|2 ve 〈Q〉∫λk|ck|2dk (3.134)

olur. Bu ifadelerin 2. varsayımla uyumlu oldugunu gosteriniz:〈Q〉 = 〈Ψ|QΨ〉.

*Problem 3.36

(a) Problem 2.6’ya bakın. Bu parcacıgın enerjisini olcerseniz hangi degerlerielde edebilirsiniz? Her degerin elde edilme olasılıgı nedir?

(b) Aynı seyi Problem 2.8 icin yapın. Ipucu : Serinin toplamı icin ”RiemannZeta Fonksiyonu” konusunda veya seri toplamları tabloları iceren bir matem-atik kitabına bakın.

Problem 3.37 3.131 esitligindeki ep(x)’in momentum islemcisinin p ozdegerli”boylandırılmıs-dik” ozfonksiyonu oldugunu dogrulayınız.

Problem 3.38 Ahenkli salınıcının taban durumunda bulunan bir parcacıkicin momentum-uzayı dalga fonksiyonunu, Φ(p, t)’yi, bulun. Bu ’durum’da bulu-nan bir parcacıgın uzerinde yapılacak bir p olcumunun sonucunun, (aynı enerjiicin) klasik sonuc aralıgının dısında cıkma olasılıgı nedir? (Cevabınızı iki anlamlısayıya kadar verin.) Ipucu : Sayısal degerler icin ”Normal Dagılım” veya ”Hata

Fonksiyonu”

(Error Function; Erf(z) = 2√

π

∫ z

0

e−t2dt

)tablolarına bakın.

3.4 BELIRSIZLIK ILKESI

Belirsizlik ilkesini (σxσp ≥ h/2) seklinde Bolum 1.6 da vermistim ve sizde prob-lemlerde defalarca kontrol etmistiniz. Ama simdiye kadar hic tam olarak ispatla-madık. Bu bolumde belirsizlik ilkesinin daha genel bir halini ispatlayıp getirdigibazı seyleri inceleyecegim. Arguman guzeldir ama soyut oldugundan dikkatletakip edin.

3.4.1 Genellestirilmis Belirsizlik Ilkesinin Ispatı

Herhangi bir gozlenebilir A icin |f〉 ≡ (A− 〈A〉)|Ψ〉 olmak uzere

σ2A = 〈(A− 〈A〉)Ψ|(A − 〈A〉)Ψ〉 = 〈f |f〉


dir. Aynı sekilde bir baska gozlenebilir B icin |g〉 ≡ (B − 〈B〉)|Ψ〉 olmak uzere

σ2B = 〈g|g〉

dir. Buradan (3.27 deki Schwarz esitligiyle)

σ2Aσ

2B = 〈f |f〉〈g|g〉 ≥ |〈f |g〉|2 (3.135)

olur. Bir karmasık sayı z icin

|z|2 = (Re(z))2 + (Im(z))2 ≥ (Im(z))2 = [1

2i(z − z∗)]2 (3.136)

dir. Buradan z = 〈f |g〉 yaparsak

σ2Aσ

2B ≥

(1

2i[〈f |g〉 − 〈g|f〉]

)2

(3.137)

olur. Ama

〈f |g〉 = 〈(A− 〈A〉)Ψ|(B − 〈B〉)Ψ〉 = 〈Ψ|(A− 〈A〉)(B − 〈B〉)Ψ〉= 〈Ψ|(AB − A〈B〉 − B〈A〉 + 〈A〉〈B〉)Ψ〉= 〈Ψ|ABΨ〉 − 〈B〉〈Ψ|AΨ〉 − 〈A〉〈Ψ|BΨ〉 + 〈A〉〈B〉〈Ψ|Ψ〉= 〈AB〉 − 〈B〉〈A〉 − 〈A〉〈B〉 + 〈A〉〈B〉= 〈AB〉 − 〈A〉〈B〉

dir. Benzer sekilde〈g|f〉 = 〈BA〉 − 〈A〉〈B〉

dir. O halde〈f |g〉 − 〈g|f〉 = 〈AB〉 − 〈BA〉 = 〈[A, B]〉

olur. Burada[A, B] ≡ AB − BA (3.138)

iki islemcinin sıradegistirmesidir (komutatorudur). Sonuc:

σ2Aσ

2B ≥

(1

2i〈[A, B]〉

)2

. (3.139)

Bu, belirsizlik ilkesinin en genel halidir. (Sol taraf kesin pozitif oldugundani’den dolayı sag tarafın negatif olacagını dusunup bu esitsizligin asikar oldugunudusunebilirsiniz. Ama hayır, sıradegismenin (komutatorun) kendisi de bir i icerirve birbirlerini yok ederler.)

Ornegin ilk gozlenebilir konum (A = x) ikinci gozlenebilirin de momentum(B = (h/i)d/dx) oldugunu varsayın. Sıradegistirmeyi bulmak icin rastgele bir”test fonksiyonu”, f(x), kullanırız:

[x, p]f(x) = xh

i

d

dx(f) − h

i

d

dx(xf) =

h

i

[xdf

dx− (f + x

df

dx)

]= ihf,


o halde[x, p] = ih, (3.140)

buradan da

σ2xσ

2p ≥

(1

2iih

)2

=

(h

2

)2

veya standart sapmalar dogaları geregi pozitif olacagından

σxσp ≥ h

2(3.141)

olur.Bu, Heisenberg’in ozgun belirsizlik ilkesini ispatlamanın otesinde cok daha

genel bir savın sadece bir uygulaması oldugunu gosterir: Kendilerine karsılıkgelen islemcilerin sıradegistirmedigi her gozlenebilir-cifti icin bir ”belirsizlikilkesi” olacaktır. Biz bunlara uyusmayan gozlenebilirler deriz. Uyusmayangozlenebilirlerin aynı ozvektorleri paylasmayacakları acıktır -en azından bir tamkume olusturan ortak ozvektorleri olamaz. Uyusmayan gozlenebilirleri temsileden matrisler es zamanlı kosegenlestirilemezler (yani kosegen haline, aynı benzesimdonusumu ile getirilemezler). Diger taraftan uyusan gozlenebilirler (islemcilerisıradegisenler) bir ’tam ozvektorler kumesi’ni paylasırlar ve karsılık gelen ma-trisleri eszamanlı kosegenlestirilebilirler (Problem 3.40’a bakın).

*Problem 3.39 Konumdaki (A = x) belirsizlikle enerjideki (B = p2/2m+V )belirsizligi iliskilendiren unlu ”(buraya kendi adınızı yazın) belirsizlik ilkesini”

σxσH ≥ h

2m|〈p〉|

ispatlayınız. Duragan durumlar icin bu size fazla birsey soylemez-neden?

Problem 3.40 Asagıdakileri ispatlayınız:

(a) Sıradegisen iki matrise ([A,B]= 0) aynı benzesim donusumunu uygularsanız(A′=SAS−1, B′=SBS−1) elde ettiginiz matrisler de sıradegisirler, ([A′,B′]=0).

(b) Kosegen matrisler herzaman sıradegisirler. Buradan, eszamanlı kosegenlestirilebilenmatrislerin sıradegisir olmak zorunda oldukları sonucu cıkar. Aynı sekilde,Hermitsel iki matris sıradegisirse eszamanlı kosegenlestirilebilirler demek-tir −yani bir tam kume olusturan ortak ozvektorleri vardır. Bir tanesinintayfının (spektrumunun) dejenere olmadıgını bilmiyorsanız bunun ispatı26

kolay degildir.

(c) A ve B matrisleri sıradegisiyor olsun. A’nın tayfı dejenere degilse, |α〉A’nın bir ozvektoru ise B’nin de bir ozvektorudur. (Bu durumda A’yıkosegenlestiren S matrisi B’yi de kosegenlestirir.)

2614. dipnottaki Byron ve Fuller’in kitabındaki sav 4.22’ye bakınız.


*Problem 3.41

(a) Asagıdaki sıradegisme ozelligini ispatlayınız:

[AB, C] = A[B, C] + [A, C]B. (3.142)

(b) 3.140 ve 3.142 esitliklerini kullanarak

[xn, p] = ihnxn−1

oldugunu gosteriniz.

(c) Kuvvet serisine acılabilen herhangi bir f(x) fonksiyonu icin

[f(x), p] = ihf ′(x)

oldugunu gosteriniz. (′ burada turev demektir.)

3.4.2 Asgari-Belirsiz Dalga Paketi

Konum-momentum belirsizlik limitine (σxσp = h2 ) kadar gelen dalga fonksiyon-

ları ile iki kere karsılastık: harmonik salınıcının taban durumu (Problem 2.14)ve serbest parcacık icin Gauss dalga paketi (Problem 2.22). Bu, ilginc bir soruyugundeme getirir: En genel asgari-belirsiz dalga paketi nedir? Geriye donupbelirsizlik ilkesinin ispatına baktıgımızda iki noktada esitsizliklerin oldugunugoruruz: 3.135 ve 3.136 esitsizlikleri. Bunların esitlik olmasını talep ettigimizive bunun bize Ψ ile ilgili ne anlattıgını dusunun. Iki vektor arasındaki acı (3.28esitligi) sıfır oldugunda Schwarz esitsizligi esitlik halini alır, yani biri digerininbir katı oldugunda (bir c skaleri icin): |g〉 = c|f〉 (ikna olmadıysanız Prob-lem 3.5’te Schwarz esitsizliginin ispatını calısın). Bu arada 3.136 esitsizligindez’nin gercel kısmını atmıstım; Re(z) = 0’sa yani eger Re(〈f |g〉) = Re(c〈f |g〉)ise esitsizlik esitlik olur. Simdi, 〈f |f〉 kesin gercel oldugundan c sanal olmakzorunda; ia olsun. O halde asgari-belirsizlik icin gerek ve yeter kosul, a gercelolmak uzere,

|g〉 = ia|f〉 (3.143)

olur.Ozelde konum-momentum belirsizligi icin bu ilke

(h

i

d

dx− 〈p〉

)Ψ = ia(x− 〈x〉)Ψ (3.144)

seklinde x’in bir fonksiyonu olarak Ψ icin bir turev denklemi halini alır vecozumu de (Problem 3.42’ye bakın)

Ψ(x) = Ae−a(x−〈x〉)2/2hei〈p〉x/h (3.145)


dir. Asgari-belirsiz dalga paketinin kesinlikle daha once karsılastıklarımız gibiGaussal oldugu acıktır.27

*Problem 3.42 3.144 denklemini Ψ(x) icin cozunuz. (〈x〉’in ve 〈p〉’nin sabitoldugunu unutmayın.)

3.4.3 Enerji-Zaman Belirsizlik Ilkesi

Konum-momentum belirsizlik ilkesi genelde

∆x∆p ≥ h/2 (3.146)

seklinde yazılır. ∆x (x’teki ”belirsizlik”) birebir aynı hazırlanmıs sistemler uzerindetekrar tekrar yapılan olcumlerin sonuclarındaki standart sapma icin biraz kotu birgosterim (ve kotu bir dil)dir. 3.146 esitsizligi sıklıkla enerji-zaman belirsizlikilkesi ile birlikte anılır;

∆E∆t ≥ h/2. (3.147)

Gercekten de ozel gorelilik baglamında enerji-zaman bicimi konum-momentumhalinin bir dogal sonucu olarak dusunulebilir cunku x ve t (veya ct) konum-zaman 4-vektoru icinde birlikte giderlerken p veE de (veyaE/c) enerji-momentum4-vektorunun icinde giderler. O halde bir gorelilik kuramında 3.147 esitsizliginin3.146 esitsizligi ile birlikteligi bir gerekliliktir. Ama biz goreli kuantum mekanigiyapmıyoruz−Schrodinger denkleminin goreli olmayan bir denklem oldugu acıktır:t ve x’i farklı duzlemlerde ele alır (t’ye gore birinci dereceden, x’e gore ik-inci dereceden bir turev denklemidir) ve 3.147 esitsizligi 3.146 esitsizligininvurguladıgı bir sonuc degildir. Simdiki amacım enerji-zaman belirsizlik ilkesinicıkarmak ve bu esnada, konum-momentum belirsizlik ilkesine benzerligi yanlısyorumlanabilecek bu ifadenin gercekten de butunuyle farklı bir sey oldugunasizi inandırmaktır.

Bir kere konum, momentum ve enerjinin hepsi birer dinamik degiskendirler−sistemin herhangi bir zamanda olculebilen ozellikleri yani. Ama zamanın ken-disi (goreli olmayan bir kuramda hicbir sekilde) bir dinamik degisken degildir :dısarı cıkıp konumunu veya enerjisini olcer gibi bir parcacıgın ”zamanını” olcemezsiniz.Zaman, dinamik fonksiyon olan niceliklerde bagımsız degiskendir. Enerji-zamanbelirsizlik ilkesindeki ∆t, zaman olcumlerinin bir toplamındaki standart sapmadegildir; (az sonra daha netlestirecegim ama) kabaca, sistemin yeteri kadardegismesi (evrilmesi) icin gecmesi gereken suredir.

Sistemin ne kadar hızlı degistiginin bir olcusu olarak bir gozlenebilirin,Q(x, p, t),beklenen degerinin zamana gore turevini alalım:

d

dt〈Q〉 =

d

dt〈Ψ|QΨ〉 = 〈∂Ψ

∂t|QΨ〉 + 〈Ψ|∂Q

∂tΨ〉 + 〈Ψ|Q∂Ψ

∂t〉.

27Burada yapıyı belirleyen tek seyin Ψ’nin x bagımlılıgı olduguna dikkat edin −A, a,〈x〉 ve 〈p〉 ”sabit”leri zamana baglı olabilir ve zaman ilerledikce Ψ asgari-belirsiz halindenfarklılasacak sekilde evrilebilir. Iddia etmek istedigim tek sey sadece bir dalga fonksiyonubelirli bir anda x’e gore Gaussal ise (o anda) belirsizlik carpımının asgari olacagıdır.


Simdi, H = p2/2m+ V , Hamiltonyen olmak uzere Schrodinger denklemi

ih∂Ψ

∂t= HΨ

seklindedir. O halde

d

dt〈Q〉 = − 1

ih〈HΨ|QΨ〉 +

1

ih〈Ψ|QHΨ〉 + 〈∂Q

∂t〉

olur. Ama H Hermitsel oldugundan 〈HΨ|QΨ〉 = 〈Ψ|HQΨ〉’dir ve dolayısıyla

d

dt〈Q〉 =

i

h〈[H, Q]〉 + 〈∂Q

∂t〉 (3.148)

olur. Bu kendi basına ilginc ve ise yarar bir sonuctur (Problem 3.43 ve 3.53’ebakın). Islemcinin t’ye acık-bagımlılıgı olmadıgı28 tipik durumda, beklenen degerindegisim oranının, islemcinin Hamiltonyenle sıradegisimi ile belirlendigini soyluyor.Ozelde Q ile H sıradegistiren islemciler ise 〈Q〉 sabit olacagından bu baglamdaQ korunan bir cokluk olur.

Genellestirilmis belirsizlik ilkesi’nde (3.139 esitsizligi) A = H ve B = Qalalım ve Q’nun acık t bagımlılıgı olmadıgını dusunelim:

σ2Hσ

2Q ≥

(1

2i〈[H, Q]〉

)2

=

(1

2i

h

i

d〈Q〉dt

)2

=

(h

2

)2(d〈Q〉dt

)2

,

veya

σHσQ ≥ h

2

∣∣∣∣d〈Q〉dt

∣∣∣∣ (3.149)

olur. ∆ yine standart sapmayı ifade eden kotu bir gosterim olmak uzere ∆E ≡σH ve

∆t ≡ σQ

|d〈Q〉/dt| (3.150)

diye tanımlayalım. O halde

∆E∆t ≥ h

2(3.151)

olur ve bu da enerji-zaman belirsizlik ilkesidir. Ama burada ∆t ile ne kaste-dildigine dikkat edin:

σQ =

∣∣∣∣d〈Q〉dt

∣∣∣∣∆t

oldugundan, ∆t, Q’nun beklenen degerinin ’bir’ standart sapma kadar degismesiicin gecmesi gereken sureyi temsil eder. Ozelde ∆t butunuyle sizin bakmakistediginiz gozlenebilire (Q’ya) baglıdır −degisim, bir gozlenebilir icin hızlıyken

28Acık zaman bagımlılıgına bir ornek olarak yay sabiti degisen (belki sıcaklık artıyordurda yay daha esnek hale geliyordur) bir ahenkli salınıcının potansiyel enerjisini dusunun: Q =(1/2)m[ω(t)]2x2.


baska biri icin yavas olabilir. Ama ∆E kucukse gozlenebilirlerin butununundegisimleri de yavas olmalı; aynı sekilde herhangi bir gozlenebilir hızla degisiyorsaenerjideki ”belirsizlik” de buyuk olmalıdır.

Ornek 1. Enerjinin net olarak belirlendigi sıradısı duragan durumlardabutun beklenen degerler zamanda sabittir (∆t = ∞) -daha once vurgulamıstık(2.8 denklemi). Birseylerin olmasını saglamak icin en az iki duragan durumundogrusal birlesimini almalısınız -ornegin

Ψ(x, t) = aψ1(x)e−iE1t/h + bψ2(x)e

−iE2t/h

a, b, ψ1 ve ψ2 gercelse

|Ψ(x, t)|2 = a2(ψ1(x))2 + b2(ψ2(x))

2 + 2abψ1(x)ψ2(x) cos

(E2 − E1

ht

).

olur. Salınımın periyodu τ = 2πh/(E2−E1)’dir. O halde, kabaca, ∆E = E2−E1

ve ∆t = τ alınırsa (tam cozum icin Problem 3.44’e bakın)

∆E∆t = 2πh >h

2

olur.

Ornek 2. Bir serbest parcacık dalga paketinin belirli bir noktadan gecipgitmesi nekadar zaman alır (Sekil 3.1)? Niteliksel olarak (tum detaylarının oldugueksiksiz hali Problem 3.45’te inceleniyor) ∆t = ∆x/v = m∆x/p ama E = p2/2moldugundan ∆E = p∆p/m’dir. Bu yuzden

∆E∆t =p∆p

m

m∆x

p= ∆x∆p ≥ h

2

olur.

Ornek 3. ∆ parcacıgı olustugu andan itibaren aniden yok olana kadar 10−23

saniye gecer. Kutle olcumlerinin bir histogramını yapacak olursanız 1232 MeV/c2’deodaklanmıs 115 MeV/c2 genislige sahip can egrisi benzeri bir egri elde edersiniz.Duragan enerji (mc2) neden bazen 1232 MeV’den daha buyuk bazen de dahakucuk cıkar? Bu deneysel bir hata mıdır? Hayır;

∆E∆t = (115

2MeV)(10−23sn) = 6 × 10−22 MeV sn

ve h/2 = 3 × 10−22 MeV sn oldugundan m’deki yayılma belirsizlik ilkesininmusaade ettigi kadardır −bu kadar kısa omurlu bir parcacık iyi tanımlı birkutleye sahip degildir29 .

29Ornek 3 aslında biraz sahtekarlıktır. 10−23 saniyeyi bir kronometre ile olcemezsiniz veuygulamada bu kadar kısa sure yasayan bir parcacıgın omru belirsizlik ilkesi girdi olarak kul-lanılıp kutle grafiginin genisliginden cıkarılır. Zaten ∆’nın protonla aynı boyutta, ∼ 10−15m,oldugunu varsayarsanız eger, 10−23sn kabaca ısıgın parcacıga girip cıkma suresi olur ve omrunbundan cok daha az oldugunu hayal etmek guctur.


Sekil 3.1: A noktasına yaklasan bir serbest parcacık dalga paketi (Ornek 2).

Bu oerneklerde ∆t’ye yuklenen farklı anlamların cesitliligine dikkat edin:Ornek 1’de salınımın periyodu, Ornek 2’de bir parcacıgın bir noktayı gecmesuresi, Ornek 3’te kararsız bir parcacıgın omru. Ancak her ∆t her halukardasistemdeki onemli bir degisim icin gecmesi gereken suredir. Belirsizlik ilkesininkuantum mekaniginde enerjinin butunuyle korunmadıgı anlamına geldigine dairgorus sıklıkla ifade edilir−∆t ≈ h/2∆E kadarlık surede iade etmeniz kosuluyla∆E kadarlık enerji ”odunc alabilirsiniz”; iade suresi arttıkca odunc alınabilecekenerji miktarı azalır. Enerji-zaman belirsizlik ilkesi uzerine bircok okuma bu-labilirsiniz ama bu onlardan biri degil. Kuantum mekanigi hicbir yerde enerjikorunumunun ihlaline ehliyet vermez (boyle birseye olanak tanımaz) ve 3.151esitsizliginin cıkarılısında hicbiryerde boyle birsey kullanılmamıstır. Ama be-lirsizlik ilkesi olaganustu saglamdır, oyle ki ciddi yanlıs sonuclara yolacmadanhatalı birsekilde kullanılabilir ve bundan dolayı da fizikciler el alıskanlıgıylagorece daha dikkatsiz kullanırlar.

*Problem 3.43 3.148 denklemini asagıdaki ozel durumlara uygulayınız:(a) Q = 1; (b) Q = H ; (c) Q = x; (d) Q = p. Elde ettiginiz sonucları 1.27, 1.33,1.38 ve 2.35 esitlikleri ile birlikte yorumlayınız.

**Problem 3.44 Problem 2.6’daki dalga fonksiyonu ve x gozlenebiliri icinσH , σx ve d〈x〉/dt’yi tam olarak hesaplayarak enerji-zaman belirsizlik ilkesinitest ediniz.

**Problem 3.45 Problem 2.40’daki serbest parcacık dalga paketi ve xgozlenebiliri icin σH , σx ve d〈x〉/dt’yi tam olarak hesaplayarak enerji-zamanbelirsizlik ilkesini test ediniz.

Problem 3.46 Sozkonusu gozlenebilir x oldugunda enerji-zaman belirsizlikilkesinin Problem 3.39’daki ”sizin” belirsizlik ilkenize donustugunu gosteriniz.



**Problem 3.47 Matris fonksiyonları sozkonusu fonksiyonların Taylorserisine acılımları ile tanımlanır. Ornegin,

eM ≡ 1 + M +1

2M2 +

1

3!M3 + · · · . (3.152)

(a) Asagıdaki iki durum icin exp(M)’yi bulunuz:

(i) M =

0 1 30 0 40 0 0

; (ii) M =

(0 θ−θ 0

)

(b) Kosegenlestirilebilen bir M matrisi icin

det(eM)

= eTr(M) (3.153)

oldugunu gosteriniz. (Aslında M kosegenlestirilebilir olmasa dahi bu kuralgecerlidir ama bu genel durumun ispatı biraz zahmetlidir.)

(c) M ve N matrisleri sıra degisiyorsa eger

eM+N = eMeN (3.154)

oldugunu gosteriniz. 3.154 esitliginin sıra degismeyen matrisler icin geneldedogru olmadıgını, sıra degsmedigini bildiginiz (aklınıza ilk gelen) iki matrisicin uygulayarak gosteriniz.

(d) Hermitsel bir matris H icin eiH uniter (birimsel) oldugunu gosteriniz.

*Problem 3.48 m kutleli bir parcacık sonsuz kare bir kuyunun, (2.15),taban durumundadır. Kuyunun uzunlugu bir anda iki katına cıkar -sag taraftakiduvar a konumundan 2a konumuna hareket eder- ve dalga fonksiyonu (bir anlık)degismeden kalır. Bu haldeyken parcacıgın enerjisi olculur.

(a) En olası sonuc nedir? Bu sonucun elde edilme olasılıgı nedir?

(b) Bir sonraki en olası sonuc ve bu sonucun elde edilme olasılıgı nedir?

(c) Enerjinin beklenen degeri nedir? (Sonsuz bir seri ile karsılasacak olursanızbaska bir yontem deneyin.)

Problem 3.49 Bir ahenkli salınıcı, enerjisi olculdugu taktirde (1/2)hω veya(3/2)hω cıkacak ve bu sonucların elde edilme olasılıkları aynı olan durumdadır.Boyle bir durumda 〈x〉’in olası en buyuk degeri nedir? Eger t = 0 anında budegeri alırsa Ψ(x, t) nedir?

**Problem 3.50 Ahenkli salınıcının duragan durumlarından olusan (boy-landırılmıs dik (ortonormal)) tabanda 〈n|x|n′〉 ve 〈n|p|n′〉 matr’s elemanlar-ini bulunuz (burada |n〉 2.50 esitligindeki Ψn〉’yi temsil eder.) [Problen2.37’de


kosegen elemanları (n = n′) zaten hesaplamıstınız; simdi aynı teknigi genel du-rum icin uygulayınız.] Elemanları yukarıda hesapladıklarınız olan X ve P (son-suz) matrislerini insa ediniz. Yukarıdaki tabanda (1/2m)P2 + (mω2/2)X2 =H’nin kosegen oldugunu gosteriniz. Kosegen elemanları beklediginiz gibi micıktı? Kısmi cevap:

〈n|x|n′〉 =

√h

2mω

(√n′δn,n′−1 +

√nδn′,n−1

)(3.155)

***Problem 3.51 Φ(p, t) momentum-uzayı dalga fonksiyonu olmak uzere

〈x〉 =

∫Φ∗(− i

h

∂

∂p

)Φdp (3.156)

oldugunu gosteriniz. Genelde,

〈Q(x, p, t)〉 =

{ ∫Ψ∗Q

(x, h

i∂∂x , t

)Ψdx, konum uzayında,∫

Φ∗Q(− h

i∂∂p , t

)Φdp, momentum uzayında.

(3.157)

seklindedir. Ipucu: x exp(ipx/h) = −ih(d/dp) exp(ipx/h) oldugunu gozonundebulundurunuz.

**Problem 3.52 Sonsuz kare kuyunun n. duragan durumu icin momentum-uzayı dalga fonksiyonu Φn(p, t)’yi bulunuz. |Φn|2’ni yazınız (en kolay yolu tekve cift n’ler icin ayrı ayrı ifadeler yazmaktır). |Φn|2’nin p = ±nπh/a’da sonluoldugunu gosteriniz.

*Problem 3.53 T kinetik enerji (H = T + V ) olmak uzere

d

dt〈xp〉 = 2〈T 〉 − 〈xdV

dx〉, (3.158)

oldugunu (3.148 esitligini kullanarak) gosteriniz. Bir duragan durumda sol tarafsıfır (neden?) oldugundan

2〈T 〉 = 〈xdVdx

〉 (3.159)

olur. Buna virial savı denir. Ahenkli salınıcının duragan durumlarında 〈T 〉 =〈V 〉 oldugunu gostermek icin kullanıp problem 2.14 ve 2.37’de buldugunuz sonuclarlauyumlu oldugunu kontrol ediniz.

Problem 3.54 Kuantum mekaniginde bir gozlenebilirin, Q, korunumlu ol-ması ne anlama gelebilir? Bir minimumda Q’nun beklenen degeri her Ψ du-rumu icin sabit olmalıdır. Bunun icin olcut (Q’nun acık zaman bagımlılıgı ol-madıgı varsayımıyla) Q’nun Hamilton islemcisiyle sıra degistirmesidir (3.148esitligi). Ancak biz biraz daha fazlasını istiyoruz: Q’nun herhangi bir ozdegeri(λn)’yi elde etme olasılıgı |cn|2’nin zamandan bagımsız olması gerekir. [H, Q]=0


kosuluyla bunun da garanti altına alındıgını gosteriniz. (Potansiyel enerjinint’den bagımsız oldugunu varsayınız, ancak Ψ’yi bir duragan durum almayınız.)Ipucu: Q ile H uyusan gozlenebilirler ise ortak bir tam ozvektorler kumelerivardır.

**Problem 3.55

(a) Taylor serisine acılabilen bir f(x) fonksiyonu icin, (x0 herhangi bir sabituzaklık olmak uzere)

f(x+ x0) = eipx0/hf(x)

oldugunu gosteriniz. Bu yuzden p/h islemcisine uzyada otelemelerinureteci denir. (Ustel fonksiyondaki bir islemcinin ne demek oldugunu hatırlamakicin problem 3.47’ye bakınız.)

(b) Zaman-bagımlı Schrodinger denklemini saglayan bir Ψ(x, t) icin

Ψ(x, t+ t0) = e−iHt0/hΨ(x, t)

oldugunu gosteriniz (burada t0 zamanda bir sabittir). −H/h’ye zamandaotelemelerin ureteci denir.

(c) Bir dinamik degisken olan Q(x, p, t)’nin t+ t0 anındaki beklenen degerinin

〈Q〉t+t0 = 〈Ψ(x, t)|eiHt0/hQ(x, p, t+ t0)e−iHt0/h|Ψ(x, t)〉

oldugunu gosteriniz. Bunu 3.148 esitligini tekrar elde etmek icin kullanınız.Ipucu: t0 = dt alıp dt’nin 1. mertebesine kadar acın.

Problem 3.56 Enerji-zaman belirsizlik ilkesinin ilginc olan bir biciminde30

(versiyonunda) ∆t = τ/π’dir. Burada τ , Ψ(x, t)’nin Ψ(x, 0)’a dik bir durumaevrilmesi icin gecmesi gereken suredir. Bunu, rastgele bir potansiyelin boy-landırılmıs-dik iki duragan durumunun esit birlesimi olan bir dalga fonksiy-onunu, Ψ(x, 0) = 1/

√2[ψ1(x), ψ2(x)], kullanarak test ediniz.

**Problem 3.57 Dirac, ic carpımlar icin kullanılan parantez gosterimini,〈α|β〉, iki parca halinde gostermeyi onerdi: (〈α|) diye gosterdigi birincisine bra,|β〉 diye gosterdigi ikincisine ket dedi. (Ayrac kelimesinin ingilzce karsılıgınınbracket seklinde yazılması gibi.) Bunlardan ikincisi bir vektordur, peki birin-cisi tam olarak nedir? Vektorlerin bir dogrusal fonksiyonudur; oyle ki bir vektoresolundan etki ettignde bir karmasık sayı verir−ic carpım.31 (Bir islemcinin bir

30 Ispat icin Lev Vaidman’ın Am. J. Phys. 60, 182, (1992) makalesine bakınız.31Bra, bir fonksiyon uzayında

〈f | =

∫f∗[· · · ]dx (3.160)

seklinde bir integral alma olarak dusunulebilir. Buradaki ”bosluga”, [· · · ], branın etki edecegifonksiyon gelir.


vektore etki etmesi sonucunda baska bir vektor elde edilirken bir branın birvektore etki etmesi bir sayı verir.) Aslında, butun bralar bir arada baska birvektor uzayı olustururlar. Bu uzaya ikiz-uzay (dual-uzay) denir. Braları kendibaslarına ayrı birimler olarak degerlendirme sonucunda oldukca ise yarayan vekullanımı hos bir gosterim elde edilir. (Bu kitapta daha fazla kullanmayacagım.)Ornegin |α〉 boylandırılmıs bir vektorse eger

P ≡ |α〉〈α| (3.161)

islemcisi herhangi bir vektorun |α〉 ”dogrultusundaki” bilesenini verir:

P |β〉 = 〈α|β〉|α〉.

Bu islemciye izdusum islemcisi denir. Bir vektorun |α〉’nın gerdigi 1 boyutluuzaya izdusumunu verir.

(a) P 2 = P oldugunu gosteriniz. P ’nin ozdegerlerini bulup ozvektorlerininyapısını cıkarınız.

(b) |ej〉, n-boyutlu uzayda boylandırılmıs-dik bir taban olsun.

n∑

j=1

|ej〉〈ej | = 1 (3.162)

oldugunu gosteriniz. Bu, bir kumenin tamlıgının en derli toplu ifadesidir.

(c) Q, ozvektorleri boylandırılmıs-dik bir tam kume olusturan bir islemci olsun:

Q|ej〉 = λj |ej〉, (j = 1, 2, 3, · · · , n).

Q’nun, izgesel cozumlemesi,

Q =

n∑

j=1

λj |ej〉〈ej | (3.163)

seklinde ifade edilebilecegini gosteriniz. Ipucu: Bir islemci, olası butun vektorlereolan etkisi ile karakterize edilir. Dolayısıyla gostermeniz gereken

Q|α〉 =

n∑

j=1

λj |ej〉〈ej |

|α〉

ifadesinin herhangi bir |α〉 vektoru icin gecerli oldugudur.

*Problem 3.58 Sadece iki tane dogrusal bagımsız durumu

|1〉 =

(10

)and |2〉 =

(01

)


olan bir sistem dusununuz. Bu sistem icin en genel durum bunların bir dogrusalbirlesimidir:

|Ψ〉 = a|1〉 + b|2〉 =

(ab

), |a|2 + |b|2 = 1.

Hamilton islemcisi

H =

(h gg h

)

matrisi olsun. Burada g ve h gercel sabitlerdir. Zaman-bagımlı Schrodinger den-klemi

H|Ψ〉 = ihd

dt|Ψ〉

oldugunu soyler.

(a) Bu Hamilton islemcisinin ozdegerlerini ve (boylandırılmıs) ozvektorlerinibulunuz.

(b) Sisitemin t = 0 anında |1〉 durumunda basladıgını dusunun. t anında hangidurumda olacak? Cevap:

|Ψ(t)〉 = e−iht/h

(cos(gt/h)

−i sin(gt/h)

).

Not: Bu dusunulebilecek en sade ve basit kuantum sistemdir. Diger seylerdenbaska notrino salınımlarının ilkel bir modelidir. Bu durumda |1〉 elektronnotrinoyu, |2〉 de muon notrinoyu temsil eder. Eger Hamilton matrisininters-kosegen elemanları (burada g) 0’dan farklı ise zaman icerisinde elek-tron notrino muon notrinoya sonra tekrar muon notrino elektron notri-noya donusur. Su ana kadar deneysel olarak kanıtlanmadıgından notrinosalınımları oldukca spekulatiftir, ancak cok benzer bir olay notrK-mesonları(K0 ve K0) icin gerceklesir.

Bolum 4

3 BOYUTTA KUANTUMMEKANIGI

4.1 KURESEL KOORDINATLARDA SCHRODINGERDENKLEMI

Uc boyuta genellestirme sıradandır. Schrodinger denklemi

ih∂Ψ

∂t= HΨ; (4.1)

dir; Hamiltonyen islemcisi1 H klasik enerji

1

2mv2 + V =

1

2m(p2

x + p2y + p2

z) + V

den (x’e oldugu gibi y ve z’ye de uygularsam):

px → h

i

∂

∂x, py → h

i

∂

∂y, pz → h

i

∂

∂z, (4.2)

veya kısaca

p → h

i∇ (4.3)

standart tanımlamasıyla elde edilir. Oyleyse

ih∂Ψ

∂t= − h2

2m∇2Ψ + VΨ (4.4)

1Karısıklıgın olabilecegi yerlerde klasik gozlenebilirlerden ayırdetmek icin islemcilere”sapka” koyageldim. Bu Bolumde karısıklıga cok fırsat kalacagını sanmıyorum ve sapkalarıgereksiz fazlalık olacagından suandan itibaren kullanmayacagım.

123

124 BOLUM 4. 3 BOYUTTA KUANTUM MEKANIGI

olur. Burada

∇2 ≡ ∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2(4.5)

Kartezyen koordinatlarda Laplace islemcisidir.Potansiyel enerji V ve dalga fonksiyonu Ψ artık r = (x, y, z) ile t’nin fonksiy-

onlarıdır. Parcacıgı sonsuz kucuk d3r = dx dy dz hacmi icinde bulma olasılıgı|Ψ(r, t)|2d3r ve boylandırma kosulu da

∫|Ψ|2d3r = 1, (4.6)

olur. Burada integral tum uzay uzerinden alınır. Potansiyel zamandan bagımsızise,

Ψn(r, t) = ψn(r)e−iEnt/h (4.7)

duragan durumları bir tam kume olustururlar. Oyle ki, uzay dalga fonksiyonuψn’ler zaman-bagımsız Schrodinger denklemini saglarlar:

− h2

2m∇2ψn + V ψn = Enψn (4.8)

Zaman-bagımlı Schrodinger denkleminin genel cozumu

Ψ(r, t) =∑

cnψn(r)e−iEnt/h (4.9)

dır. cn katsayıları baslangıc dalga fonkiyonu, Ψ(r, 0) ile belirlenir. (Parcacıgınpotansiyeli tarafından belirlenen durumları kesikli degil de surekli ise 4.9 esitligindekitoplam, integral halini alır.)

*Problem 4.1

(a) r ve p islemcilerinin bilesenlerinin tumunun kanonik sıradegisme iliskilerini,[x, y], [x, px], [x, py], [py, pz], v.b., cıkarınız. Cevap:

[ri, pj ] = −[pi, rj ] = ihδij , [ri, rj ] = [pi, pj ] = 0. (4.10)

(b)d

dt〈r〉 =

1

m〈p〉 ve

d

dt〈p〉 = 〈−∇V 〉 (4.11)

oldugunu gosteriniz. (Bu esitlikler her bir bilesen icin bir tane olmak uzereucer tane esitliktir.) Ipucu: 3.148 esitligi uc boyutta gecerlidir.

(c) Heisenberg’in belirszlik ilkesini uc boyutta ifade ediniz. Cevap:

σxσpx ≥ h/2, σyσpy ≥ h/2, σzσpz ≥ h/2 (4.12)

dir. Ancak geri kalanlar, ornegin σxσpy icin bir kısıtlama yoktur.

4.1. KURESEL KOORDINATLARDA SCHRODINGER DENKLEMI 125

4.1.1 Degiskenlerin Ayrılması

Potansiyel enerji genelde sadece merkezden uzaklıgın bir fonksiyonudur. Bu du-rumda kuresel koordinatlara, (r, θ, φ), gecmek dogaldır. (Sekil 4.1’e bakınız)Kuresel koordiatlarda Laplace islemcisi

∇2 =1

r2∂

∂r

(r2∂

∂r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θ

)+

1

r2 sin2 θ

(∂2

∂φ2

)(4.13)

seklini alır.2

Sekil 4.1: Kuresel koordinatlar: r yarıcap, θ kutup acısı, φ (azimuthal) acıklıkacısı

O halde zaman-bagımsız Schrodinger denklemi kuresel koordinatlarda

− h2

2m

[1

r2∂

∂r

(r2∂ψ

∂r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂ψ

∂θ

)+

1

r2 sin2 θ

(∂2ψ

∂φ2

)]

+ V ψ = Eψ (4.14)

olur.Ise

ψ(r, θ, φ) = R(r)Y (θ, φ) (4.15)

seklinde carpanlar halinde yazılabilen cozumleri aramakla baslayacagız. Bunu4.14 denklemine yerlestirdigimizde

− h2

2m

[Y

r2d

dr

(r2dR

dr

)+

R

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂Y

∂θ

)+

R

r2 sin2 θ

(∂2Y

∂φ2

)]

2Prensipte kartezyen koordinatlardaki ifadesi olan 4.5 esitliginde degisken degistirilerek eldeedilebilir. Ancak bunu elde etmenin cok daha hos yolları var; ornegin M. Boas’ın MathematicalMethods in the Physcical Sciences, 2nd ed. (New York: John Wiley and Sons, Inc., 1983)Chapter 10, Section 9’a bakabilirsiniz.


+V RY = ERY

elde ederiz.Bu ifadeyi Y R ye bolup −2mr2/h2 ile carparsak

{1

R

d

dr

(r2dR

dr

)− 2mr2

h2 [V (r) − E]

}

+1

Y

{1

sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂Y

∂θ

)+

1

sin2 θ

∂2Y

∂φ2

}= 0

elde ederiz. Ilk kume parantezi icindeki terim sadece r’ye baglıyken ikincisisadece θ ve φ’ye baglı oldugundan ikisi de sabit olmak zorundadır. Konunundevamında anlasılacak nedenlerden dolayı bu ”ayırma sabiti”ni l(l+ 1)3 olarakyazacagım:

1

R

d

dr

(r2dR

dr

)− 2mr2

h2 [V (r) − E] = l(l+ 1); (4.16)

1

Y

{1

sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂Y

∂θ

)+

1

sin2 θ

∂2Y

∂φ2

}= −l(l+ 1). (4.17)

*Problem 4.2 Kartezyen koordinatlarda degiskenlerin ayrılmasını kulla-narak sonsuz kubik kuyu (veya ”kutudaki parcacık”) problemini cozunuz:

V (x, y, z) =

{0, x, y ve z’nin hepsi [0, a] aralıgında ise,∞, diger durumlarda.

(a) Duragan durum dalga fonksiyonlarını ve bunlara karsılık gelen enerjileribulunuz.

(b) Enerjileri artan sıralamayla E1, E2, E3, · · · ile gosterin. E1, E2, E3, E4, E5

ve E6’yı bulunuz. Her enerjinin dejenereligini bulunuz. (Dejenerelik, aynıenerjiye sahip farklı durumlar sayısı demekti.) Problem 2.42’den hatırlayınız,bir boyutta dejenere baglı-durum olmaz ama uc boyutta olur.

(c) E14’un dejenereligi nedir ve bu durum neden ilginctir?

4.1.2 Acısal Denklem

4.17 denkleminden ψ’nin θ ve φ’ye olan bagımlılıgı cıkar; Y sin2 θ ile carparsak

sin θ∂

∂θ

(sin θ

∂Y

∂θ

)+∂2Y

∂φ2= −l(l+ 1)Y sin2 θ (4.18)

3Genelden bir kayıp olmadıgına dikkat edin−bu noktada l herhangi bir karmasık sayı ola-bilir. Daha sonra l’nin gercekte bir tamsayı olmak zorunda oldugunu bulacagız. Bu sonuctandolayıdır ki ayırma sabitini su anda tuhaf gorunen bir sekilde yazdım.


halini alır. Bu denklemle daha once karsılasmıs olabilirsiniz−klasik elektrodi-namikte Laplace denkleminin cozumunde vardır. Her zamanki gibi degiskenleriayırmaya calısıyoruz:

Y (θ, φ) = Θ(θ)Φ(φ). (4.19)

Bunu denkleme yerlestirip ΘΦ’ye bolersek

{1

Θ

[sin θ

d

dθ

(sin θ

dΘ

dθ

)]+ l(l + 1) sin2 θ

}+

1

Φ

d2Φ

dφ2= 0

elde ederiz. Ilk terim sadece θ’nın fonksiyonu, ikincisi sadece φ’ye bagımlı oldugundanbirer sabit olmak zorundadırlar. Bu sefer ayırma sabitine m2 diyecegim4:

1

Θ

[sin θ

d

dθ

(sin θ

dΘ

dθ

)]+ l(l + 1) sin2 θ = m2; (4.20)

1

Φ

d2Φ

dφ2= −m2; (4.21)

φ denklemi kolay:d2Φ

dφ2= −m2Φ ⇒ Φ(φ) = eimφ. (4.22)

[Aslında iki cozum var : exp(imφ) ve exp(−imφ), ama biz m’nin eksi degerler dealmasını saglayarak ikincisini de almıs oluyoruz. Ustel fonksiyona bir carpan daeklenebilir, ama bunu Θ’nın cozumune dahil edebiliriz. Elektriksel potansiyellergercel olmak zorunda olduklarından elektrodinamikte azimuthal fonksiyon Φ’yisinus ve kosinusler cinsinden yazmalıyız. Kuantum mekanikte boyle bir kısıtlamayoktur ve ustel fonksiyonla calısması cok daha kolaydır.] Her 2π’lik turda φ,uzaydaki aynı noktaya geri doner(Sekil 4.1’e bakın); o halde

Φ(φ+ 2π) = Φ(φ) (4.23)

olmasını beklemek5 dogaldır. Baska bir deyisle exp[im(φ + 2π)] = exp(imφ)veya exp(2πim) = 1’dir. Buradan da m bir tamsayı olmak zorundadır:

m = 0,±1,±2, . . . . (4.24)

θ denklemi,

sin θd

dθ

(sin θ

dΘ

dθ

)+ [l(l + 1) sin2 θ −m2]Θ = 0, (4.25)

4Genelden yine bir kayıp yoktur cunku az sonra m’nin bir tamsayı olmak zorunda oldugunucıkaracak olmamıza ragmen bu noktada herhangi bir karmasık sayı olabilir. Dikkat : m harfi ikianlama birden geliyor; birincisi kutle digeri manyetik (azimuthal) kuantum sayısı. Bundankacmanın sık bir yolu yok cunku her iki kullanım da standartlasmıstır. Bazı yazarlar kutleicin M veya µ harfini kullanırlar ama ben boyle bir durumda gosterim degistirmeyi sevmemve sorunun farkında oldugunuz taktirde bir karmasıklık cıkacagını sanmıyorum.

5Bu gorundugunden daha ince bir noktadır. Sonucta m ne olursa olsun olasılık yogunlugu(|Φ|2) tek degerlidir. m’nin uzerindeki kosulları Bolum 4.3’te butunuyle farklı bir argumanlacıkaracagız.


cok asina olmayabilir. Cozumu

Θ(θ) = APml (cos θ) (4.26)

dır. Burada Pml ,

Pml (x) ≡ (1 − x2)|m|/2

(d

dx

)|m|Pl(x), (4.27)

diye tanımlanan6 asosiye Legendre fonksiyonlarıdır ve Pl(x) l. Legendrepolinomudur. Bunları (−1,+1) aralıgında dik polinomlar olarak gormustuk (3.91esitligi); simdiki amaclarımız icin Rodrigues formuluyle tanımlamak dahauygundur:

Pl(x) ≡1

2ll!

(d

dx

)l

(x2 − 1)l. (4.28)

Ornegin,

P0(x) = 1, P1(x) =1

2

d

dx(x2 − 1) = x,

P2(x) =1

4 · 2

(d

dx

)2

(x2 − 1)2 =1

2(3x2 − 1),

gibi. Legendre polinomlarının ilk birkacı tablo 3.1’de listelenmistir. Isminden deanlasılacagı uzere Pl(x) x’in l. dereceden bir polinomdur ve l’nin paritesine gorecift veya tektir. Ama Pm

l (x) genelde bir polinom degildir− m tek ise√

1 − x2

carpanı vardır:

P 02 (x) =

1

2(3x2 − 1), P 1

2 (x) = (1 − x2)1/2 d

dx

[1

2(3x2 − 1)

]= 3x

√1 − x2,

P 22 (x) = (1 − x2)

(d

dx

)[1

2(3x2 − 1)

]= 3(1 − x2),

gibi. [Diger taraftan bize gereken Pml (cos θ)’dır ve

√1 − cos2 θ = sin θ oldugundan

Pml (cos θ) her zaman cos θ’nın bir polinomudur ve m tekse sin θ ile carpılır.

cos θ’nın asosye Legendre fonksiyonlarının bazıları Tablo 4.1’de verilmistir.]

Rodrigues formulunun anlamlı olabilmesi icin l’nin eksi olmayan bir tamsayıolmak zorunda olduguna ve |m| > l ise 4.27 esitligine gore Pm

l = 0 olacagınadikkat edin. O halde herhangi bir l icin m’nin alabilecegi (2l + 1) tane degervardır:

l = 0, 1, 2, . . . ; m = −l,−l+ 1, . . . ,−1, 0, 1, . . . , l − 1, l. (4.29)

Ancak durun bir dakika! 4.25 denklemi 2. dereceden bir turev denklemidir: Eskiherhangi l ve m degerleri icin dogrusal bagımsız iki tane cozumu olmak zorun-dadır. O halde diger tum cozumler nerede? Cevap: Onlar denklemin matematik-sel cozumu olarak varlar ama θ = 0 ve/veya θ = π de patladıklarından ve onlarla

6P−ml

= Pml

olduguna dikkat edin. Bazı yazarlar m’nin eksi degerleri icin farklı bir isaretkullanırlar; dipnot 2’deki Boas’ın kitabının 505. sayfasına bakın.


Tablo 4.1: Asosye Legendre fonksiyonlarından bazıları (Pml (x))

P 11 = sin θ

P 33 = 15 sin θ(1 − cos2 θ)

P 01 = cos θ

P 23 = 15 sin2 θ cos θ

P 22 = 3 sin2 θ

P 13 = 3

2 sin θ(5 cos2 θ − 1)P 1

2 = 3 sin θ cos θP 0

3 = 12 (5 cos3 θ − 3 cos θ)

P 02 = 1

2 (3 cos2 θ − 1)

boylandırılabilir dalga fonksiyonu olusturulamayacagından fiziksel olarak kabuledilebilir degildirler. (Problem 4.4’e bakın).

Simdi, kuresel koordinatlarda hacim elemanı7

d3r = r2 sin θ dr dθ dφ, (4.30)

oldugundan boylandırma kosulu (4.6 esitligi)

∫|ψ|2r2 sin θ dr dθ dφ =

∫|R|2r2dr

∫|Y |2 sin θ dθ dφ = 1.

R’yi ve Y ’yi ayrı ayrı boylandırmak daha uygun olur.

∫ ∞

0

|R|2r2 dr = 1 ve

∫ 2π

0

∫ π

0

|Y |2 sin θ dθ dφ = 1. (4.31)

Boylandırılmıs acısal dalga fonksiyonlarına8 kuresel harmonikler denir:

Y ml (θ, φ) = ε

√(2l + 1)

4π

(l − |m|)!(l + |m|)!e

imφPml (cos θ), (4.32)

Oyle ki m ≥ 0 icin ε = (−1)m ve m ≤ 0 icin ε = 1 dir. Daha sonra ispatlay-acagımız uzere kendiliklerinden diktirler. O halde

∫ 2π

0

∫ π

0

[Y ml (θ, φ)]∗[Y m′

l′ (θ, φ)] sin θ dθ dφ = δmm′

ll′ . (4.33)

7Ornegin dipnot 2 deki Boas’ın kitabının 5.4. bolumune bakın8Boylandırma carpanı Problem 4.47’de cıkarılıyor. ε carpanı acısal momentum kuramında

kullanacagımız gosterimle uyumlu olacak sekilde seciliyor; bazı eski kitaplar farklı sekillerdekullansalar da bu gosterim makul bir standart olmustur.

Y −ml

= (−1)mYml .

olduguna dikkat edin


Tablo 4.2: Kuresel harmoniklerin ilk birkacı (Y ml (θ, φ)).

Y 00 =

(14π

)1/2Y ±2

2 =(

1532π

)1/2sin2 θe±2iφ

Y 01 =

(34π

)1/2cos θ Y 0

3 =(

716π

)1/2(5 cos3 θ − 3 cos θ)

Y ±11 = ∓

(38π

)1/2sin θe±iφ Y ±1

3 = ∓(

2164π

)1/2sin θ(5 cos2 θ − 1)e±iφ

Y 02 =

(5

16π

)1/2(3 cos2 θ − 1) Y ±2

3 =(

10532π

)1/2sin2 θ cos θe±2iφ

Y ±12 = ∓

(158π

)1/2sin θ cos θe±iφ Y ±3

3 = ∓(

3564π

)1/2sin3 θe±3iφ

olur. Tablo 4.2 de kuresel harmoniklerin ilk birkacını listeledim.

*Problem 4.3 4.27, 4.28 ve 4.32 esitliklerini kullanarak Y 00 ile Y 1

2 ’i cıkarınız.Bunların boylandırılmıs ve dik olduklarını kontrol ediniz.

Problem 4.4 Θ(θ) = A ln[tan(θ/2)] fonksiyonunun 4.25’teki θ denklemini l =m = 0 icin sagladıgını gosteriniz. Bu kabul gormeyen ”ikinci cozumdur”−yanlısolan nedir?

*Problem 4.5 4.32 esitligini kullanarak Y ll (θ, φ) ile Y 2

3 (θ, φ)’yi bulunuz. lve m parametrelerinin uygun degerleri icin 4.18’deki acısal denklemi sagladıgınıgosteriniz.

**Problem 4.6 Rodrigues formulunden baslayarak Legendre polinomlarınınboylandırılmıs-diklik kosulunu,

∫ 1

−1

Pl(x)Pl′ (x)dx =

(2

2l + 1

)δll′ , (4.34)

cıkarınız. Ipucu: Kısmi integrasyon kullanınız.

4.1.3 Yarıcap Denklemi

Dalga fonksiyonunun acısal kısmı, Y (θ, φ)’nin kuresel simetrik butun potan-siyeller icin aynı olduguna dikkat edin; potansiyelin tam sekli dalga fonksiy-onunun sadece yarıcapsal kısmını etkiler ki o da 4.16 denklemi ile belirlenir:

d

dr

(r2dR

dr

)− 2mr2

h2 [V (r) − E]R = l(l+ 1)R. (4.35)


Degisken degistirirsek bu denklem daha basit gorunur:

u(r) ≡ rR(r), (4.36)

olsun. Boylece R = u/r, dR/dr = [r(du/dr) − u]/r2, (d/dr)[r2(dR/dr)] =rd2u/dr2 ve buradan da

− h2

2m

d2u

dr2+

[V +

h2

2m

l(l+ 1)

r2

]u = Eu. (4.37)

olur. Buna yarıcap denklemi9 denir. Seklen bir-boyutlu Schrodinger denlemi(denklem 2.4) ile ozdestir, sadece etkin potansiyel merkezkac (centrifugal ter-imi) denilen fazladan (h2/2m)[l(l+ 1)/r2] terimi icerir:

Vetkin = V +h2

2m

l(l+ 1)

r2. (4.38)

Klasik mekanikteki (pseudo-) sozde merkezkac kuvveti gibi bu da parcacıgı dısadogru (merkezden uzaga) atma egilimindedir. Bu arada boylandırma kosulu(4.31 esitligi) ∫ ∞

0

|u|2dr = 1 (4.39)

halini alır. Belirli bir potansiyel verilene kadar daha fazla ilerleyemeyiz.

Ornek. Sonsuz kuresel kuyuyu ele alalım,

V (r) =

{0, r < a ise;∞, r > a ise.

(4.40)

Kuyunun dısında dalga fonksiyonu sıfırdır; kuyunun icinde yarıcap denklemi

d2u

dr2=

[l(l + 1)

r2− k2

]u, (4.41)

olur; oyle ki k her zamanki gibi

k ≡√

2mE

h, (4.42)

seklinde tanımlanmıstır. Problemimiz u(a) = 0 sınır kosuluyla bu denklemicozmektir. l = 0 oldugunda durum kolaydır:

d2u

dr2= −ku2 ⇒ u(r) = A sin(kr) +B cos(kr).

9Buradaki m’ler tabii ki kutledir− yarıcap denkleminin azimuthal kuantum sayısı m ile birilgisi yoktur.


Ancak asıl yarıcap dalga fonksiyonunun R(r) = u(r)/r oldugunu hatırlayın.[cos(kr)]/r, r → 0 iken patlayacagından10 B = 0 secmek zorundayız. O haldesınır kosulu sin(ka) = 0, yani bir n tamsayısı icin ka = nπ olmasını gerek-tirir. Izin verilen enerjiler bir boyutlu sonsuz kare kuyuda oldugu gibi (2.23esitligi)acıkca

En0 =n2π2h2

2ma2, (n = 1, 2, 3, . . .), (4.43)

seklindedir. u(r)’nin boylandırılmasından A =√

2/a olur; Y 00 (θ, φ) = 1/

√4π

oldugundan sabit olan acısal kısmın da eklenmesiyle

ψn00 =1√2πa

sin(nπr/a)

r(4.44)

sonucunu buluruz. [Duragan durumların n, l ve m diye uc tane kuantumsayısıyla etiketlendigine dikkat edin: ψnlm(r, θ, φ). Ancak enerji sadece n vel’ye baglıdır: Enl.]

4.41 denkleminin (herhangi bir l icin) cozumu cok da asina oldugumuz birsey degildir:

u(r) = Arjl(kr) +Brnl(kr) (4.45)

Buradan jl(x) l. mertebeden kuresel Bessel fonksiyonu ve nl(x) l. mertebe-den kuresel Neumann fonksiyonu olmak uzere tanımları su sekildedir:

jl(x) ≡ (−x)l

(1

x

d

dx

)lsinx

x; nl(x) ≡ −(−x)l

(1

x

d

dx

)lcosx

x. (4.46)

Ornegin,

j0(x) =sinx

x; n0(x) = −cosx

x.

j1(x) = (−x) 1

x

d

dx

(sinx

x

)=

sinx

x2− cosx

x;

n1(x) = −(−x) 1

x

d

dx

(cosx

x

)= −cosx

x2− sinx

x;

gibi. Bessel ve Neumann fonksiyonlarının ilk birkacı tablo 4,3’te verilmistir.Kucuk x’ler icin (sinx ≈ x−x3/3!+x5/5!−· · · ve cosx ≈ 1−x2/2+x4/4!−· · · )olacagından

j0(x) ≈ 1; n0(x) ≈1

x; j1(x) ≈

x

3; n1(x) ≈ − 1

x2;

gibi yazılabilecegine dikkat edin. Merkezde Bessel fonksiyonları sonluyken Neu-mann fonksiyonları patlayacagından Bl = 0 yapmalıyız. Buradan da

R(r) = Ajl(kr) (4.47)

10Aslında, bize gereken dalga fonksiyonunun boylandırılabilir olmasıdır, sonlu olması degil:4.31 esitligindeki r2’den dolayı R(r) ∼ 1/r merkezde boylandırılabilirdir. B = 0 oldugunundaha kuralına uygun bir ispat icin R. Shankar’ın Principles of Quantum Mechanisc (NewYork : Plenum,1980) kitabının 351, sayfasına bakın.


olur.Geriye R(a) = 0 sınır kosulu kalıyor. k’nin

jl(ka) = 0 (4.48)

olacak sekilde secilmek zorunda oldugu acıktır, yani (ka), l. mertebeden Besselfonksiyonunun bir sıfırıdır (kokudur). Bessel fonksiyonları salınan (Sekil 4.2)fonksiyonlardır; herbirinin sonsuz tane sıfırı vardır. Ama maalesef bu sıfırlar(n veya nπ gibi) kolayca gorulebilecek noktalarda degiller, sayısal olarak hesa-planırlar.11 βnl l. kuresel Bessel fonksiyonunun n. sıfırı olmak uzere sınır kosuluher durumda

k =1

aβnl (4.49)

olmasını gerektirir. O halde izin verilen enerjiler

Sekil 4.2: Kuresel Bessel fonksiyonlarından ilk dordunun grafigi.

Enl =h2

2ma2βnl, (4.50)

iken, Anl boylandırmayla belirlenecek sabit olmak uzere dalga fonksiyonları

ψnlm(r, θ, φ) = Anljl(βnlr/a)Yml (θ, φ), (4.51)

11Abramowitz ve Stegun’un Handbook of Mathematical Functions (New York: Dover,1965),kitabı 10. Bolumunde genis bir liste var.


Tablo 4.3: Kuresel Bessel ve Neumann fonksiyonlarının, jl(x) ve nl(x), ilk birkacı

j0 = sin xx n0 = − cos x

x

j1 = sin xx2 − cos x

x n1 = − cos xx2 − sin x

x

j2 =(

3x3 − 1

x

)sinx− 3

x2 cosx n2 = −(

3x3 − 1

x

)cosx− 3

x2 sinx

x� 1 icin, jl → xl

(2l+1)!! , nl → − (2l−1)!!xl+1 .

ile verilir. Her enerji duzeyi (2l+ 1)-li dejeneredir, zira her l degeri icin (2l+ 1)tane farklı bir m degeri vardır(4.29 esitligine bakın).

Problem 4.7

(a) 4.46’daki tanımlardan j2(x) ile n2(x)’i cıkarınız.

(b) j2(x) ile n2(x) icin n� 1 oldugunda yaklasık formuller elde etmek icin sinusve kosinusleri serisine acın. Merkezde j2(x)’in sonlu, n2(x)’in patladıgınıgosteriniz.

Problem 4.8

(a) Arj1(kr)’nin V (r) = 0 ve l = 1 icin 4.37’deki yarıcap denklemini sagladıgınıkontrol ediniz.

(b) l = 1 oldugunda sonsuz kuresel kuyu icin izin verilen enerjileri grafikselolarak belirleyiniz. Buyuk n’ler icin En1 ∼ (h2π2/2ma2)(n+1/2)2 oldugunugosteriniz.

**Problem 4.9 m kutleli bir parcacık sonlu bir kuresel kuyuda olsun:

V (r) =

{0, r ≤ aise;V0, r > aise.

l = 0 icin yarıcap denklemini cozerek taban durumunu bulunuz. V0a2 < π2h2/8m

iken hic baglı durum olmadıgını gosteriniz.

4.2 HIDROJEN ATOMU

Hidrojen atomu agır, temelde hareketsiz (bundan dolayı merkeze koyabilecegimiz)ve e yuklu protonla birlikte −e yuklu olusundan dolayı onun cevresinde farklıyuklerin cekiminden (Sekil 4.3’e bakınız) dolayı olusan yorungelerde dolanan

4.2. HIDROJEN ATOMU 135

elektrondan olusur. Coulomb kanunundan (SI birim sisteminde) potansiyel en-erji

V (r) = − e2

4πε0

1

r(4.52)

seklinde oldugundan 4.37’deki yarıcap denklemi

− h2

2m

d2u

dr2+

[− e2

4πε0

1

r+h2

2m

l(l + 1)

r2

]u = Eu. (4.53)

halini alır. Problemimiz bu denklemi u(r) icin cozmek ve elekrtonun izin ver-ilen enerjilerini, E, bulmaktır. Hidrojen atomu cok onemli oldugundan bu se-fer cozumleri size bırakmayacagım. Harmonik salınıcının cozumlemeli (analitik)cozumunde kullandıgımız yontemi kullanarak ayrıntılı bir sekilde calısacagız.(Burada yeteri kadar acık olmayan bir adım olursa daha detaylı bir acıklamaicin geri donup Bolum 2.3.2’ye bakabilirsiniz.) Bu arada 4.52 esitligiyle verilenCoulomb potansiyeli hidrojen atomu icin kesikli baglı durumları verdigi gibi(E > 0 oldugunda) kesikli olmayan (surekli) durumları da verir ama biz dikka-timizi ilkine odaklayacagız.

Sekil 4.3: Hidrojen atomu.

4.2.1 Yarıcap Dalga Fonksiyonu

Ilk isimiz denklemi daha toplu hale getirmek

κ ≡√−2mE

h. (4.54)

olsun. (Baglı durumlar icin E < 0 yani κ gerceldir.) 4.53 denklemini E ilebolersek

1

κ2

d2u

dr2=

[1 − me2

2πε0h2κ

1

(κr)+l(l+ 1)

(κr)2

]u

olur. Burada da

ρ ≡ κr ve ρ0 ≡ me2

2πε0h2κ

(4.55)

yaparsakd2u

dρ2=

[1 − ρ0

ρ+l(l + 1)

ρ2

]u (4.56)


olur. Simdi cozumlerin asimtotik hallerine bakacagız. ρ → ∞ limitinde koseliparantez icindeki sabit terim baskın olacagından, yaklasık olarak

d2u

dρ2= u

olur. Genel cozumu(ρ) = Ae−ρ +Beρ, (4.57)

dur, ama ρ → ∞ limitinde eρ patlayacagından B = 0’dır. Buyuk ρ’lar icin

u(ρ) ∼ Ae−ρ (4.58)

olacagı acıktır. Diger taraftan ρ → 0 limitinde merkezkac terimi baskındır12; ohalde, yaklasık olarak,

d2u

dρ2=l(l + 1)

ρ2u

olur. Genel cozum (kontrol edin!)

u(ρ) = Cρl+1 +Dρ−l,

seklindedir, ama ρ → 0 oldugunda ρ−l patlayacagından D = 0’dır. O haldekucuk ρ’lar icin

u(ρ) ∼ Cρl+1 (4.59)

olur.Simdiki adım u(ρ)’dan daha basit olması umidiyle yeni bir fonksiyon, v(ρ),

icin asimtotik davranısı dısarıda bırakmaktır:

u(ρ) = ρl+1e−ρv(ρ). (4.60)

Ilk izlenimler pek de hayra alamet degil:

du

dρ= ρle−ρ

[(l + 1 − ρ)v + ρ

dv

dρ

]

ve

d2u

dρ2= ρle−ρ

{[−2l− 2 + ρ+

l(l+ 1)

ρ

]v + 2(l + 1 − ρ)

dv

dρ+ ρ

d2v

dρ2

}.

O halde yarıcap denklemi (4.56 denklemi) v(ρ) cinsinden

ρd2v

dρ2+ 2(l + 1 − ρ)

dv

dρ+ [ρ0 − 2(l+ 1)]v = 0. (4.61)

halini alır.

12Sonucu (4.59 esitligi) gecerli de olsa bu arguman l = 0 durumunda gecerli degildir. Ancakbunu sorun yapmayın, cunku su an yapmaya calıstıgım sey sadece degisken degistirmek (4.60esitligi), icin hazırlık.


Son adımda da v(ρ) fonksiyonunun ρ’nun bir kuvvet serisi,

v(ρ) =

∞∑

j=0

ajρj (4.62)

olarak ifade edilebilecegini kabul edecegiz. Problemimiz (a0, a1, a2, . . .) katsayılarınıbelirlemektir. Terimlerin birer birer turevini alalım;

dv

dρ=

∞∑

j=0

jajρj−1 =

∞∑

j=0

(j + 1)aj+1ρj .

[Ikinci toplamda ”manken indisi” tekrardan adlandıralım: j→ j+1. Bu hosunuzagitmediyse ilk birkac terimi acıkca yazıp kontrol edin. Toplamın j = −1’denbaslaması gerektigini soyleyebilirsiniz ama (j+1) carpanı ilk terimi yok edecegindensıfırdan baslamak da aynı sonucu verir.] Tekrar turevini alalım,

d2v

dρ2=

∞∑

j=0

j(j + 1)aj+1ρj−1.

Bunları 4.61 denkleminde yerlerine koyalım:

∞∑

j=0

j(j + 1)aj+1ρj + 2(l + 1)

∞∑

j=0

(j + 1)aj+1ρj

− 2

∞∑

j=0

jajρj + [ρ0 − 2(l + 1)]

∞∑

j=0

ajρj = 0.

Esitligin iki tarafındaki aynı kuvvetli terimlerin katsayılarını esitlemek

j(j + 1)aj+1 + 2(l + 1)(j + 1)aj+1 − 2jaj + [ρ0 − 2(l + 1)]aj = 0,

veya

aj+1 =

{2(j + l+ 1) − ρ0

(j + 1)(j + 2l + 2)

}aj (4.63)

verir. Bu tekrarlama formulu, katsayıları, dolayısıyla v(ρ) fonksiyonunu belir-ler: a0 = A ile baslayacagız (bu, sonradan boylandırmayla bulunacak ve dalgafonksiyonunun butununu carpacak), 4.63 esitligiyle a1’i bulacagız; bunu tekraresitlige koyunca a2’yi bulacagız ve boyle gidecek.13

13Bu yontemi daha once neden u(ρ)’ya uygulamadıgımı, neden once asimtotik davranısıinceledigimi dusunebilirsiniz. ρl+1’i dısarı almanın sebebi daha cok estetik kaygısıdır: Aksitaktirde seri sıfırlardan olusan uzunca bir diziyle baslayacaktı ve sıfırdan farklı ilk katsayı al+1

olacaktı. ρl+1’i dısarı alarak ρ0’la baslayan bir seri elde ettik. e−ρ carpanı daha kritik−bunudısarı cıkarmadıgınız taktirde aj+2, aj+1 ve aj ’yi iceren uc terimli bir tekrarlama bagıntısıelde edersiniz (deneyin!) ve bununla calısması cok daha zordur.


Simdi buyuk j degerleri (buyuk kuvvetli terimlerin baskın oldugu buyuk ρdegerlerine karsılık gelir) icin katsayıların neye benzedigine bakalım. Bu bolgedetekrarlama bagıntısı

aj+1∼= 2j

j(j + 1)aj =

2

j + 1aj ,

halini alır ve

aj∼= 2j

j!A (4.64)

olur. Bir an icin bunun tam cozum oldugunu dusunun. Bu durumda

v(ρ) = A

∞∑

j=0

2j

j!ρj = Ae2ρ,

ve

u(ρ) = Aρl+1eρ, (4.65)

olurdu, ki bu da buyuk ρ degerlerinde patlardı. Ustelin artı olması 4.57 esitligindekesinlikle istemedigimiz asimtotik davranıstı. (Burada tekrardan ortaya cıkmasıkazara olan birsey degildir, nihayetinde yarıcap denkleminin bazı cozumlerininasimtotik hallerini temsil etmektedir−sadece boylandırılabilir olmadıklarındandolayı bizim ilgilendiklerimiz degildirler.) Bu ikilemden kurtulmanın tek bir yoluvar: Seriyi sonlandırmak ;

ajmax+1 = 0 (4.66)

olan ve takip eden tum katsayıların kendiliginden sıfır olacagı bir en buyuktamsayı jmax’ın olması gerekiyor. 4.63 esitliginden

2(jmax + l + 1) − ρ0 = 0

oldugu acıktır.Temel kuantum sayısı denilen

n ≡ jmax + l + 1 (4.67)

tanımını yaparsak

ρ0 = 2n (4.68)

elde ederiz. Ancak ρ0 (4.54 ve 4.55 esitlikleriyle) E’yi belirlediginden

E = − h2κ2

2m= − me4

8π2ε20h2ρ2

0

, (4.69)

izin verilen enerjiler

En = −[m

2h2

(e2

4πε0

)2]

1

n2=E1

n2, n = 1, 2, 3, . . . (4.70)


olur. Bu, her acıdan kuantum mekanigin en onemli sonucu olan unlu Bohrformuludur. Bohr bunu 1913 yılında uygulanabilir olmayan klasik fizikle ol-gunlasmamıs kuantum kuramının tesadufı bir karısımı sonucu elde etti (Schrodingerdenklemi 1924’e kadar cıkmamıstı).

4.55 ve 4.68 esitliklerini biraraya getirerek

κ =

(me2

4πε0h2

)1

n=

1

an, (4.71)

buluruz. Burada

a ≡ 4πε0h2

me2= 0.529× 10−10m (4.72)

Bohr yarıcapı denilen uzunluktur. Yine 4.55 esitliginden

ρ =r

an(4.73)

olur. Hidrojen icin uzamsal dalga fonksiyonlarınin uc tane kuantum sayısıylaetiketlendigi acıktır:

ψnlm(r, θ, φ) = Rnl(r)Ym

l (θ, φ). (4.74)

Burada (4.36 ve 4.60 esitliklerinden)

Rnl(r) =1

rρl+1e−ρv(ρ) (4.75)

dur ve v(ρ), ρ’nun jmax = (n− l− 1). mertebeden bir polinomudur. Katsayılarıda (boylandırma carpanına kadar)

aj+1 =2(j + l + 1 − n)

(j + 1)(j + 2l+ 2)aj (4.76)

tekrarlama bagıntısı ile belirlenir.

Taban durumu (en dusuk enerjili durum yani) n = 1 oldugu durumdur.Fiziksel sabitler icin uygun degerleri yerine yazdıgımızda

E1 = −[m

2h2

(e2

4πε0

)2]

= −13.6 eV (4.77)

buluruz.

Hidrojenin baglanma enerjisi (atomu iyonlastırmak icin elektrona ver-memiz gereken enerji miktarı)’nin 13.6 eV oldugu acıktır. 4.67 esitliginden l = 0olur ve dolayısıyla (4.29 esitliginden) m = 0 olacagından

ψ100(r, θ, φ) = R10Y00 (θ, φ) (4.78)


olur. Tekrarlama bagıntısı ilk terimden sonra devam etmeyeceginden (4.76 esitligi,j = 0 icin a1 = 0 verir) v(ρ) bir sabittir (a0) ve

R10(r) =a0

ae−r/a (4.79)

dır. 4.31 esitligine gore boylandırırsak,

∫ ∞

0

|R10|2r2dr =|a0|2a2

∫ ∞

0

e−2r/ar2dr = |a0|2a

4= 1,

esitliginden a0 = 2/√a olur. Bu arada Y 0

0 = 1/√

4π oldugundan

ψ100(r, θ, φ) =1√πa3

e−r/a (4.80)

elde edilir.

n = 2 ise, enerji

E2 =−13.6eV

4= −3.4eV; (4.81)

tur, birinci uyarılmıs durumdur-veya durumlardır; cunku l = 0 (durumundam = 0 olur) veya l = 1 (durumunda m = −1,0 veya +1 olabilir) olabilir ki buda aynı enerjide dort farklı durum var demektir. l = 0 ise tekrarlama bagıntısı(4.76 esitligi)

a1 = −a0 (j = 0 iken) ve a2 = 0 (j = 1 iken)

verir. Buradan da v(ρ) = a0(1 − ρ) ve

R20(r) =a0

2a

(1 − r

2a

)e−r/2a (4.82)

olur. l = 1 ise, tekrarlama bagıntısı seriyi tek bir terim sonra sonlandırır; yaniv(ρ) bir sabittir ve

R21(r) =a0

4a2re−r/2a. (4.83)

bulunur. [Her iki durumda da a0 boylandırma ile belirlenir−Problem 4.11’ebakın.]

Herhangi bir n icin l’nin (4.67 esitligiyle uyumlu) degerleri

l = 0, 1, 2, . . . , n− 1 (4.84)

dir. Her l icin (2l + 1) tane m degeri (4.19 esitligi) oldugundan En enerji se-viyesinin toplam dejenerelik sayısı

d(n) =

n−1∑

l=0

(2l+ 1) = n2 (4.85)


dir. 4.76 esitligindeki tekrarlama bagıntısı ile tanımlanan v(ρ) polinomu uygu-lamalı matematikcilerin iyi bildigi bir fonksiyondur; boylandırmanın dısında

υ(ρ) = L2l+1n−l−1(2ρ), (4.86)

seklinde yazılabilir. Burada

Lpq−p(x) ≡ (−1)p

(d

dx

)p

Lq(x) (4.87)

asosye Laguerre polinomu ve

Lq(x) ≡ ex

(d

dx

)q

(e−xxq) (4.88)

q. Laguerre polinomudur.14 (Ilk birkac Laguerre polinomu Tablo 4.4’te, bazıasosye Laguerre polinomları Tablo 4.5’te verildi. Yarıcap dalga fonksiyonlarınınilk birkacı Tablo 4.6’da listelenip Sekil 4.4’te cizildi.) Boylandırılmıs hidrojendalga fonksiyonları

ψnlm =

√(2

na

)3(n− l − 1)!

2n[(n+ l)!]3e−r/na

(2r

na

)l

L2l+1n−l−1

(2r

na

)Y m

l (θ, φ) (4.89)

seklindedir.15 Cok sık degiller ama sikayet etmeyin-zira kapalı halde tam cozulebile-

Tablo 4.4: Laguerre polinomlarından (Lq(x)) ilk birkacı

L0 = 1

L1 = −x+ 1

L2 = x2 − 4x+ 2

L3 = −x3 + 9x2 − 18x+ 6

L4 = x4 − 16x3 + 72x2 − 96x+ 24

L5 = −x5 + 25x4 − 200x3 + 600x2 − 600x+ 120

L6 = x6 − 36x5 + 450x4 − 2400x3 + 5400x2 − 4320x+ 720

cek sadece birkac gercek sistemden biridir. Daha sonra ispatlayacagımız uzerebirbirlerine diktirler:

∫ψ∗

nlmψn′l′m′r2 sin θdrdθdφ = δnn′δll′δmm′ . (4.90)

*Problem 4.10 4.76 tekrarlama bagıntısını kullanarak yarıcapsal dalga

14Literaturdeki farklı boylandırmalar icinden yaklasık standart hale gelmis olanı kullandım.15Boylandırma carpanının nasıl hesaplandıgını gormek istiyorsanız L. Schiff, Quantum Me-

chanic, 2nd ed. (New York: McGraw-Hill, 1968), sayfa 93’e bakabilirsiniz ornegin.


Tablo 4.5: Asosye Laguerre polinomlarından bazıları (Lpq−p(x))

L00 = 1 L2

0 = 2

L01 = −x+ 1 L2

1 = −6x+ 18

L02 = x2 − 4x+ 2 L2

2 = 12x2 − 96x+ 144

L10 = 1 L3

0 = 6

L11 = −2x+ 4 L3

1 = −24x+ 96

L12 = 3x2 − 18x+ 18 L3

2 = 60x2 − 600x+ 1200

fonksiyonları R30, R31 ve R32’yi cıkarın. Boylandırmalarını dert etmeyin.

*Problem 4.11

(a) R20’ı (4.82 esitligi) boylandırınız ve ψ200 fonksiyonunu yazınız.

(b) R21’i (4.83 esitligi) boylandırınız ve ψ211, ψ210 ve ψ21−1 fonksiyonlarınıyazınız.

**Problem 4.12

(a) 4.88 esitligini kullanarak ilk dort Laguerre polinomunu yazınız.

(b) 4.86, 4.87 ve 4.88 esitliklerini kullanarak n = 5 ve l = 2 icin v(ρ)’yu bulunuz.

(c) n = 5 ve l = 2 icin v(ρ)’yu bu sefer 4.76’daki tekrarlama bagıntısını kulla-narak bulunuz.

*Problem 4.13

(a) Hidrojen atomunun taban durumunda bulunan bir elektron icin 〈r〉 ve〈r2〉’yi bulunuz. Cevabınızı Bohr yarıcapı a cinsinden ifade ediniz.

(b) Hidrojen atomunun taban durumunda bulunan bir elektron icin 〈x〉 ve〈x2〉’yi bulunuz. Ipucu: Yeni bir integral alınmasına gerek yok−r2 = x2 +y2 + z2 oldugunu hatırlayıp taban durumunun simetrik olusunu kullanınız.

(c) n = 2, l = 1, m = 1 durumunda 〈x2〉’yi bulunuz. Ipucu: Bu durumx, y, z’de simetrik degildir. x = r sin θ cosφ’yi kullanınız.

Problem 4.14 Hidrojenin taban durumunda bulunan bir elektronun cekirdeginicinde bulunma olasılıgı nedir?


Sekil 4.4: Hidrojenin yarıcap dalga fonksiyonlarının, Rnl(r), ilk birkacı.

(a) Once, 4.80 esitligindeki dalga fonksiyonunun r = 0’a kadar dogru olduguvarsayımıyla tam cevabı hesaplayınız. Cekirdegin yarıcapı b olsun.

(b) Cevabınızı ε ≡ 2b/a kucuk sayısı civarında kuvvet serisine acıp, en dusukmertebeli terimin kubik oldugunu gosteriniz: P ≈ (4/3)(b/a)3. Bu, b � aolması kosuluyla (oyledir de zaten) uygun bir yaklasıklık olmalıdır.

(c) Buna secenek olarak ψ(r)’nin cekirdegin (kucuk) hacminde sabit oldugunuve boylece P ≈ (4/3)πb3|ψ(0)|2 oldugunu varsayabiliriz. Bu yoldan da aynıcevaba ulastıgınızı kontrol edin.

(d) P ’nin sayısal bir yaklasık degerini hesaplamak icin b ≈ 10−15m ve a ≈0.5 × 10−10m alınız. Kabaca soylemek gerekirse bu ”elektronun cekirdeginicerisinde gecirdigi zamanın oranını” verir.

Problem 4.15

(a) l = n− 1 oldugunda yarıcapsal dalga fonksiyonun

Rn(n−1) = Nnrn−1e−r/na

seklini aldıgını dogrulamak icin 4.76’daki tekrarlama bagıntısını kullanınız.Boylandırma sabiti Nn’yi direkt integrasyonla bulunuz.


Tablo 4.6: Hidrojenin yarıcap dalga fonksiyonlarından ilk birkacı, Rnl(r)

R10 = 2a−3/2 exp(−r/a)

R20 = 1√2a−3/2

(1 − 1

2ra

)exp(−r/2a)

R21 = 1√24a−3/2 r

a exp(−r/2a)

R30 = 2√27a−3/2

(1 − 2

3ra + 2

27

(ra

)2)exp(−r/3a)

R31 = 827

√6a−3/2

(1 − 1

6ra

) (ra

)exp(−r/3a)

R32 = 481

√30a−3/2

(ra

)2exp(−r/3a)

R40 = 14a

−3/2(1 − 3

4ra + 1

8

(ra

)2 − 1192

(ra

)3)exp(−r/4a)

R41 =√

516

√3a−3/2

(1 − 1

4ra + 1

80

(ra

)2) ra exp(−r/4a)

R42 = 164

√5a−3/2

(1 − 1

12ra

) (ra

)2exp(−r/4a)

R43 = 1768

√35a−3/2

(ra

)3exp(−r/4a)

(b) ψn(n−1)m seklindeki durumlar icin 〈r〉 ve 〈r2〉’yi hesaplayınız.

(c) Bu durumlar icin σr = 〈r〉/√

2n+ 1 oldugunu gosteriniz. r’deki oransalyayılmanın n arttıkca azalacagına (bu baglamda buyuk n’ler icin sistemin”klasik gorunmeye basladıgına”) dikkat ediniz. Bu noktayı resmetmek icinbirkac n degeri icin yarıcapsal dalga fonksiyonunun grafigini ciziniz.

4.2.2 Hidrojenin Tayfı

Bir hidrojen atomunu duragan bir duruma, ψnlm, bırakırsanız ilkesel olaraksonsuza kadar orada kalmak zorundadır. Ancak, azıcık gıdıklarsanız, (baska biratomla carpıstırarak veya uzerine ısık tutarak) atom baska bir duragan durumagecis yapabilir−ya enerji sogurarak daha yuksek bir enerji durumuna cıkar yada dısarı enerji vererek (elektromanyetik ısıma seklinde olur bu) daha dusukbir enerji durumuna iner.16 Bu tur tedirginmeler uygulamada herzaman vardır;

16Dogası geregi bu, zaman-bagımlı etkilesimler icerir. Detayları Bolum 9’a kadar beklemekzorunda olan mekanizmanın kendisi su anki amaclarımız icin bir onem arz etmiyor.


gecisler (veya bazen soylendikleri gibi ”kuantum atlama”lar) hic durmaksızınolurlar ve bunun sonucu da hidrojen dolu bir kabın ısık (foton) yaymasıdır.Yayılan bu ısıgın enerjisi hidrojenin ilk ve son durumlarının enerjilerinin farkınakarsılık gelir:

Eγ = Ei − Ef = −13.6eV

(1

n2i

− 1

n2f

). (4.91)

Simdi, Planck formulune17 gore bir fotonun enerjisi frekansıyla dogruorantılıdır:

Eγ = hν. (4.92)

Bu arada dalgaboyu λ = c/ν ile verildiginden

1

λ= R

(1

n2f

− 1

n2i

), (4.93)

olur. Burada

R ≡ m

4πch3

(e2

4πε0

)2

= 1.097 × 107m−1. (4.94)

Rydberg sabiti, 4.93 esitligi de hidrojen tayfının Rydberg formulu olarakbilinir. Bu formul deneysel olarak 19.yy da kesfedilmistir. Bohr’un kuramınınen buyuk basarısı bu sonucu vermesi ve R’yi doganın temel sabitleri cinsin-den hesaplamasıdır. Taban durumuna (nf = 1) gecisler morotesi bolgededir;tayfcılar icin Lyman serisidir. Birinci uyarılmıs duruma (nf = 2) gecislergorunur bolgeye duserler; Balmer serisini olustururlar. nf = 3 durumunagecisler (Paschen serisi) kızılotesi bolgededir ve boyle gider (Sekil 4.5’e bakın).(Hidrojen atomları oda sıcaklıgında cogunlukla taban durumundadırlar; ısımatayfını elde etmek icin once uyarılmıs durumlara cıkarmanız gerekir; bunun datipik bir yolu gazın icinden elektrik kıvılcımı gecirmektir.)

Problem 4.16 Dunya-gunes sistemini hidrojen atomunun yercekimsel birbenzeri olarak alınız.

(a) 4.52 esitliginin yerine gececek potansiyel enerji fonksiyonu nedir? (m dunyanın,M ’de gunesin kutlesi olsun.)

(b) Sistemin ”Bohr yarıcapı” nedir? Tam sayısal degeri bulunuz.

(c) Yercekimsel ”Bohr formulunu” yazınız.En’yi r0 yarıcaplı dairesel bir yorungedekibir gezegenin klasik enerjisine esitleyerek n =

√r0/a oldugunu gosteriniz.

Buradan dunyanın kuantum sayısı n’yi tahmin ediniz.

17Foton, elektromanyetik ısımanın kuantumudur; bir tane varsa eger goreli bir nesnedir vebu yuzden de goreli olmayan kuantum mekanigin alanı dısındadır. Bazı yerlerde fotonlardankonusup Planck formulunden enerjilerini istemek yararlı olacaktır ama gelistiriyor oldugumuzkuramın dısında birsey oldugunu aklınızdan cıkarmayın.


Sekil 4.5: Hidrojen tayfında enerji seviyeleri gecisleri.

(d) Dunyanın bir alt seviye (n − 1)’e gecis yaptıgını dusunun. Ne kadar enerji(Joules cinsinden) salınmıs olabilir? Yayılan fotonun (daha dogrusu gravi-tonun) dalgaboyu ne olabilir?

*Problem 4.17 Icinde Z tane proton olan cekirdeginin cevresinde tek birelektron dolanan atomlara hidrojen benzeri atom denir. (Z = 1 hidrojeninkendisi, Z = 2 iyonize helyum, Z = 3 iki kere iyonize lityumdur, gibi.) Hidrojenbenzeri bir atom icin Bohr enerjilerini, En(Z), baglanma enerjisini, E1(Z), Bohryarıcapını, a(Z) ve Rydberg sabitini, R(Z), bulunuz. (Cevaplarınızı hidrojenicin olan degerlerin uygun carpımları olarak ifade ediniz.) Z = 2 ve Z = 3 icinLyman serileri elektromanyetik tayfta nereye duser?

4.3 ACISAL MOMENTUM

Klasik mekanikte bir parcacıgın (merkeze gore) acısal momentumu

L = r× p, (4.95)

formuluyle verilir. Bu

Lx = yPz − zPy, Ly = zPx − xPz ve Lz = xPy − yPx (4.96)

4.3. ACISAL MOMENTUM 147

demektir. Bunlara karsılık gelen kuantum islemciler standart tanımı 4.2 ile eldeedilir:

Lx =h

i

(y∂

∂z− z

∂

∂y

); Ly =

h

i

(z∂

∂x− x

∂

∂z

);

Lz =h

i

(x∂

∂y− y

∂

∂x

). (4.97)

Takip eden bolumlerde bu islemcilerin ozdeger ve ozfonksiyonlarını cıkaracagız.

4.3.1 Ozdegerler

Lx ve Ly sıra degistirmezler; bunu, uygulanacakları bir test fonksiyonu f(x, y, z)uzerinden gorelim:

[Lx, Ly]f =

(h

i

)2{(y∂

∂z− z

∂

∂y

)(z∂

∂x− x

∂

∂z

)f

−(z∂

∂x− x

∂

∂z

)(y∂

∂z− z

∂

∂y

)f

}

=

(h

i

)2{y∂

∂z

(z∂f

∂x

)− y

∂

∂z

(x∂f

∂z

)

−z ∂∂y

(z∂f

∂x

)+ z

∂

∂y

(x∂f

∂z

)− z

∂

∂x

(y∂f

∂z

)

+z∂

∂x

(z∂f

∂y

)+ x

∂

∂z

(y∂f

∂z

)− x

∂

∂z

(z∂f

∂y

)}

=

(h

i

)2(y∂f

∂x+ yz

∂2f

∂z∂x− yx

∂2f

∂z2− z2 ∂

2f

∂y∂x+ zx

∂2f

∂y∂z

−zy ∂2f

∂x∂z+ z2 ∂

2f

∂x∂y+ xy

∂2f

∂z2− x

∂f

∂y− xz

∂2f

∂z∂y

).

Ikili turevlerde sıra degisikligi bu durumda aynı sonucu vereceginden terimlerinikisi haric hepsi birbirini sıfırlar:

[Lx, Ly]f =

(h

i

)2(y∂

∂x− x

∂

∂y

)f = ihLzf.

Buradan (test fonksiyonlarını kaldırıp)

[Lx, Ly] = ihLzf (4.98)

sonucuna ulasırız. Indislerin donussel permutasyonlarından

[Ly, Lz] = ihLx ve [Lz, Lx] = ihLy (4.99)

olur. Tum acısal momentum kuramı bu temel sıra degisme iliskilerinden cıkarılabilir.


Lx, Ly ve Lz uyusmayan gozlenebilirler oldukları acıktır. Genellestirilmisbelirsizlik ilkesi 3.139 esitsizligine gore

σ2Lxσ2

Ly≥(

1

2i(ihLz)

)2

=h2

4〈Lz〉2,

veya

σLxσLy ≥ h

2|〈Lz〉| (4.100)

olur. O halde Lx ve Ly’nin eszamanlı ozfonksiyonları olan durumları aramaknafiledir. Diger taraftan toplam acısal momentumun karesi,

L2 ≡ L2x + L2

y + L2z, (4.101)

Lx’le sıra degisir :

[L2, Lx] = [L2x, Lx] + [L2

y, Lx] + [L2z, Lx]

= Ly[Ly, Lx] + [Ly, Lx]Ly + Lz[Lz, Lx] + [Lz, Lx]Lz

= Ly(−ihLz) + (−ihLz)Ly + Lz(ihLy) + (ihLy)Lz

= 0.

(3.142 esitligi ve bir islemcinin kendisiyle sıra degisebilirligini18 kullandım.) Bu-radan L2, Ly ve Lz ile de sıra degisir:

[L2, Lx] = 0, [L2, Ly] = 0, [L2, Lz] = 0, (4.102)

veya daha toplu halde,[L2,L] = 0. (4.103)

O halde L2, L’nin her bileseniyle uyumludur ve L2 ile (ornegin) Lz’nin eszamanlıozdurumlarını bulmayı umabilirz :

L2f = λf ve Lzf = µf. (4.104)

Bolum 2.3.1’deki harmonik salınıcıda kullandıgımıza cok benzer bir ”merdi-ven islemcisi” teknigi kullanacagız.

L± ≡ Lx ± iLy. (4.105)

olsun. Lz ile sıra degisimi

[Lz, L±] = [Lz, Lx] ± i[Lz, Ly] = ihLy ± i(−ihLx) = ±h(Lx ± iLy),

yani,[Lz, L±] = ±hL± (4.106)

18Kuantum mekanikte gordugumuz butun islemciler (Bolum 1’deki 8. dipnota bakınız)

A(f + g) = Af + Ag esitligi baglamında dogrusaldır ve bu yuzden toplamaya gore dagılma

ozelligine sahiptir: A(B + C) = AB + AC. Ozelde, [A, B + C] = [A, B] + [A, C]’dir


dir. Tabii ki[L2, L±] = 0 (4.107)

dır. Simdi, f ’nin, L2 ile Lz’nin bir ozfonksiyonu olması durumunda L±f ’nin deyine bir ozfonksiyon olacagını iddia ediyorum. 4.107 esitligiyle

L2(L±f) = L±(L2f) = L±(λf) = λ(L±f), (4.108)

olacagından L±f , Lz’nin aynı λ ozdegerlerine sahip bir fonksiyonudur. 4.106esitliginden

Lz(L±f) = (LzL± − L±Lz)f + L±Lzf = ±hL±f + L±(µf)

= (µ± h)(L±f), (4.109)

olacagından L±f , Lz’nin yeni (µ ± h) ozdegerine sahip bir ozfonksiyonudur.L+’ya ”arttırma” islemcisi denir cunku Lz’nin ozdegerini h kadar yukseltir,L−’ye ”eksiltme” islemcisi denir cunku ozdegeri h kadar indirir.

O zaman bir λ icin durumların olusturdugu bir ”merdiven” elde ettik. Her”basamak”, komsularındanLz’nin ozdegerinden (µ’den) bir h birimi kadar mesafeile ayrılmıstır (Sekil 4.6’ya bakın). Merdivende cıkmak icin arttırma islemcisini,inmek icin eksiltme islemcisini uygularız. Ama bu islem sonsuza kadar devamedemez: Sonunda z-bileseninin, toplamı astıgı bir duruma ulasacagız ve bu ola-maz (Problem 4.18’e bakın). O halde

L±ft = 0 (4.110)

olan19 bir ”en ust basamak” olmak zorunda.Lz’nin bu en ust basamaktaki ozdegei hl olsun (bazen azimutal kuantumsayısı denilen l harfinin uygunlugu az sonra acıga cıkacak);

Lzft = hlft; L2ft = λft. (4.111)

Simdi

L±L∓ = (Lx ± iLy)(Lx ∓ iLy) = L2x + L2

y ∓ i(LxLy − LyLx)

= L2 − L2z ∓ i(ihLz),

veya diger turlu yazarsak

L2 = L±L∓ + L2z ∓ hLz (4.112)

olur. Buradan

L2ft = (L−L+ + L2z + hLz)ft = (0 + h2l2 + h2l)ft = h2l(l + 1)ft

ve buradan daλ = h2l(l+ 1) (4.113)

olur. Bu bize L2’nin ozdegerini Lz’nin en buyuk ozdegeri cinsinden verir.

19Aslında, buradan cıkarabilecegimiz tek sonuc L+ft’nin boylandırılabilir olmadıgıdır−boyusıfır degil sonsuz olabilir. Problem 4.19 boyunun sıfır olma ihtimalini ortadan kaldırıyor.


Sekil 4.6: Acısal mo-mentum durumlarının”merdiveni”.

Bu arada (aynı sebepten dolayı)

L−fb = 0 (4.114)

esitligini saglayan bir en alt basamak, fb vardır. hl, Lz’nin bu en alt basamaktakiozdegeri olsun:

Lzfb = hlfb; L2fb = λfb. (4.115)

4.112 esitligini kullanarak

L2fb = (L+L− + L2z − hLz)fb = (0 + h2 l2 − h2 l)fb = h2 l(l − 1)fb,

ve dolayısıylaλ = h2 l(l − 1) (4.116)

elde ederiz. 4.113 ve 4.116 esitliklerini karsılastırdıgımızda l(l + 1) = l(l − 1)oldugunu goruruz. Yani ya l = l+1 (ki bu da en alt basamak en ust basamaktandaha yukarda demek oldugundan garip olur!) veya

l = −l. (4.117)

olur.Lz’nin ozdegerlerinin mh oldugu acıktır ve m (bu harfin uygunlugu az sonra

acıga cıkacak) −l’den +l’ye N adımda gider (N bir tamsayıdır). Buradan dal = −l + N yani l = N/2 oldugundan l ya bir tamsayı ya da bir tamsayınınyarısıdır. Ozfonksiyonlar l ve m sayılarıyla belirlenir:

L2fml = h2l(l + 1)fm

l ; Lzfml = hmfm

l , (4.118)

buradal = 0, 1/2, 1, 3/2, . . . ; m = −l,−l+ 1, . . . , l − 1, l (4.119)


dir. Verilen bir l degeri icin 2l+1 tane farklı m degeri (yani ”merdivende” 2l+1tane ”basamak”) vardır.

Umarım etkilenmissinizdir: Temel sıradegisme iliskileri (4.98 ve 4.99 esitlikleri)nden baslayıp sadece cebirsel acıdan yaklasarak L2 ve Lz’nin ozdegerlerini be-lirledik −ozfonksiyonların kendilerini hic gormeden! Simdi ozfonksiyonların insaasıproblemine donuyoruz ama bunun cok daha karısık bir is oldugu konusunda siziuyarmak zorundayım. Nereye geldigimizi artık bildiginizden, baslamadan onceulasacagımız yeri soyleyeyim: fm

l = Y ml −L2 ve Lz’nin ozfonksiyonları Bolum

4.1.2’de cok farklı bir yoldan ulastıgımız kuresel harmoniklerden baska birseydegildir (l ve m harflerini bu yuzden sectim tabii ki).

Problem 4.18

(a) Eger f aynı anda L2 ile Lz’nin bir ozfonksiyonu (4.104 esitligi) ise Lz’ninozdegerinin karesinin L2’nin ozdegerinden daha buyuk olamayacagını ispat-layınız. Ipucu: L2’nin beklenen degerine bakınız.

(b) l = m = 0 istisna durumu haric Lz’nin ozdegerinin karesi L2’nin ozdegerineesit bile olamaz (4.118 ve 4.119 esitlikleri). Bu sonucun gerektirdiklerinitartısınız. Bunun belirsizlik ilkesinin (4.100 esitsizliginin) zorunlu bir sonucuoldugunu gosterip istisnai durumu acıklayınız.

*Problem 4.19 Arttırma ve eksiltme islemcileri m’nin degerini bir birimdegistirir:

L±fml = (Am

l )fm±1l , (4.120)

burada Aml bir sabittir. Soru: Ozfonksiyonların boylandırılmıs olması duru-

munda Aml ne olur? Ipucu: Gozlenebilir olduklarından Lx’i ve Ly’yi Hermitsel

alabilirsiniz, ama isterseniz ispatlayın. Boyle oldugundan dolayı L∓’nın L±’ninkarmasık eslenigi oldugunu gosterip 4.112 esitligini kullanın. Cevap:

Aml = h

√l(l + 1) −m(m± 1). (4.121)

Merdivenin ilk ve son basamaklarında ne olacagına bakın.

*Problem 4.20

(a) 4.10 esitligindeki konum ve momentum islemcilerinin sıradegisme iliskilerindenbaslayarak asagıdaki sıradegisme islemcilerini cıkarınız:

[Lz, x] = ihy, [Lz, y] = −ihx, [Lz, z] = 0

[Lz, px] = ihpy, [Lz, py] = −ihpx, [Lz, pz] = 0. (4.122)

(b) Bu sonucları kullanarak 4.96 esitliklerinden direkt [Lz, Lx] = ihLy sonu-cunu cıkarınız.

(c) [Lz, r2] ve [Lz, p

2] sıradegisme islemcilerini hesaplayınız. (Burada r2 = x2 +y2 + z2 ve p2 = p2

x + p2y + p2

z’dir.)


(d) V ’nin sadece r’ye baglı olması kosuluyla H = (p2/2m) + V Hamiltonislemcisinin L’nin butun bilesenleri ile sıradegistigini gosteriniz. (DolayısıylaH , L2 ve Lz’nin herbiri digerleriyle uyumlu islemcilerdir.)

**Problem 4.21

(a) V (r) potansiyelinin icindeki bir parcacıgın yorungesel acısal momentumuL’nin beklenen degerinin zamanda degisme oranının torkun beklenen degerioldugunu ispatlayınız:

d

dt〈L〉 = 〈N〉,

oyle kiN = r × (−∇V )

dir. (Bu, Ehrenfest’in savının donussel karsılıgıdır.)

(b) Kuresel simetrik bir potansiyel icin d〈L〉/dt = 0 oldugunu gosteriniz. (Buda acısal momentumun korunumu kuantum ifadesinin sekillerinden biridir.)

4.3.2 Ozfonksiyonlar

Herseyden once Lx, Ly ve Lz’yi kuresel koordinatlarda yazmalıyız. Simdi, L =(h/i)(r×∇) ve kuresel koordinatlarda dusum (gradient)20

∇ = r∂

∂r+ θ

1

r

∂

∂θ+ φ

1

r sin θ

∂

∂φ(4.123)

dır. Bu arada r = rr oldugundan

L =h

i

[r(r × r)

∂

∂r+ (r × θ)

∂

∂θ+ (r × φ)

1

sin θ

∂

∂φ

]

olur. Ama (r× r) = 0, (r× θ = φ) ve (r×φ) = −θ (Sekil 4.1’e bakın) oldugundan

L =h

i

(φ∂

∂θ− θ

1

sin θ

∂

∂φ

), (4.124)

olur. θ ve φ birim vektorleri Kartezyen bilesenlerine su sekilde ayrılır:

θ = (cos θ cosφ)ı+ (cos θ sinφ)− (sin θ)k; (4.125)

φ = −(sinφ)ı+ (cosφ). (4.126)

O halde

L =h

i

[(− sinφı+ cosφ)

∂

∂θ− (cos θ cosφı+ cos θ sinφ− sin θk)

1

sin θ

∂

∂φ

].

20George Arfken, Mathematical Methods for Physicists, 3rd ed. (Orlando, FL: AcademicPress, 1985), Bolum 2.5


Buradan da acıkca

Lx =h

i

(− sinφ

∂

∂θ− cosφ cot θ

∂

∂φ

), (4.127)

Ly =h

i

(+ cosφ

∂

∂θ− sinφ cot θ

∂

∂φ

)(4.128)

ve

Lz =h

i

∂

∂φ(4.129)

olur. Arttırma ve eksiltme islemcilerine de ihtiyacımız olacak:

L± = Lx ± iLy =h

i

[(− sinφ± i cosφ)

∂

∂θ− (cosφ± i sinφ) cot θ

∂

∂φ

].

Ama cosφ± i sinφ = e±iφ oldugundan

L± = ±he±iφ

(∂

∂θ± i cot θ

∂

∂φ

)(4.130)

olur.Simdi fm

l (θ, φ)’yi belirleyecek durumdayız (ust ve alt indisleri simdilik yaz-mayacagım). f , Lz’nin hm ozdegerli bir ozfonksiyonudur:

Lzf =h

i

∂f

∂φ= hmf,

yanif = g(θ)eimφ. (4.131)

[Burada φ ile ilgilenildigi surece g(θ) bir integral sabitidir ama hala θ’ya baglıolabilir.] f aynı zamanda L2’nin de h2l(l+1) ozdegere sahip bir ozfonksiyonudur.(L2’yi 4.112 esitligini kullanarak L± ve Lz cinsinden yazacagız):

L2f = (L+L− + L2z − hLz)f

= heiφ

(∂

∂θ+ i cot θ

∂

∂φ

)(−he−iφ

)(∂f∂θ

− i cot θ∂f

∂φ

)− h2 ∂

2f

∂φ2− h2

i

∂f

∂φ

= h2l(l+ 1)f.

Ama 4.131 esitligiyle ∂f/∂θ = eimφdg/dθ ve ∂f/∂φ = imeimφg oldugundan

− eiφ

(∂

∂θ+ i cot θ

∂

∂φ

)(ei(m−1)φ

)(dgdθ

+mg cot θ

)+m2geimφ −mgeimφ

= eimφ

[− d

dθ

(dg

dθ+mg cot θ

)+ (m− 1) cot θ

(dg

dθ+mg cot θ

)

+m(m− 1)g

]= l(l+ 1)geimφ


olur. eimφ carpanını yok edelim,

− d2g

dθ2−m

dg

dθcot θ +mg csc2 θ + (m− 1) cot θ

dg

dθ+m(m− 1)(1 − cot2 θ)g

= −d2g

dθ2− cot θ

dg

dθ−m2g csc2 θ = l(l + 1)g.

esitligi − sin2 θ ile carpalım:

= sin2 θd2g

dθ2+ sin θ cos θ

dg

dθ−m2g = −l(l+ 1) sin2 θg.

Bu g(θ)’nın bir turev denklemidir ve daha tanıdık bir halde:

= sin θd

dθ

(sin θ

dg

dθ

)+ [l(l + 1) sin2 θ −m2]g = 0, (4.132)

yazılabilir. Ama bu Y ml (θ, φ)’nin θ-bagımlı kısmı olan Θ(θ)’nın sagladıgı den-

klemin kendisidir (4.25 denklemine bakın). Bu arada f ’nin φ-bagımlı kısmı(eimφ) Φ(φ)’nin aynısıdır (4.22 esitligi). Sonuc: kuresel harmonikler kesinlikleL2 ve Lz’nin (boylandırılmıs) ozfonksiyonlarıdır.

Schrodinger denklemini Bolum 4.1’de degiskenlerine ayırarak cozdugunuzdefarkında olmadan uc islemcinin H , L2 ve Lz’nin es zamanlı ozfonksiyonlarınıinsa etmisiz:

Hψ = Eψ, L2ψ = h2l(l + 1)ψ, Lzψ = hmψ. (4.133)

Ancak acısal momentumun cebirsel kuramı l’nin (ve dolayısıyla m’nin) bir tam-sayının yarısı degerleri almasına olanak tanırken (4.119 esitligi) cozumlemeli(analitik) yontem sadece tamsayı degerleri icin ozfonksiyonlar buldugundan(4.29 esitligi) burada bir gariplik var. Haklı olarak yarım tamsayı cozumlerininsahte veya uygun olmayan cozumler oldugunu dusunebilirsiniz ama ileriki bolumlerdegorecegimiz uzere bunlar derin oneme sahiptirler.

*Problem 4.22

(a) L+Ylm nedir? (Hesap yapmadan!)

(b) Boylandırma sabitine kadar Y ll (θ, φ)’yi bulmak icin LzY

ll = hlY l

l ile birlikte(a)’nın sonucunu kullanınız.

(c) Direkt integral alarak boylandırma sabitini bulunuz. Son cevabınızı problem4.5’teki ile kıyaslayınız.

Problem 4.23 Problem 4.3’te

Y 12 (θ, φ) = −

√15/8π sin θ cos θeiφ

oldugunu gostermistiniz. Y 22 (θ, φ)’yi bulmak icin arttırma islemcisini kullanınız.

4.121 esitligini kullanarak boylandırınız.

Problem 4.24

4.4. SPIN 155

(a) Kuresel harmoniklerin dik olduklarını kanıtlayınız (4.33 esitligi). Ipucu: Uy-gun savı (teoremi) kullanacak olursanız bir hesaplama yapmanıza gerekkalmaz.

(b) Hidrojenin dalga fonksiyonları ψnlm(r, θ, φ)’lerin (4.90 esitligi) dikliklerinikanıtlayın.

Problem 4.25 m kutleli iki parcacık a uzunlugunda kutlesiz bir cubugunuclarına tutturulmuslar. Sistem uc boyutta merkezi etrafında (merkez sabit ola-cak sekilde) donebiliyor olsun.

(a) Sert (veya katı) cark (rigid rotor) denilen bu sistemin izin verilen enerji-lerinin

En =h2n(n+ 1)

ma2, n = 0, 1, 2 . . .

oldugunu gosteriniz. Ipucu: Once (klasik) enerjiyi toplam acısal momentumcinsinden ifade edin.

(b) Bu sistem icin boylandırılmıs dalga fonksiyonları nedir? n. enerji seviyesinindejenereligi nedir?

4.4 SPiNKlasik mekanikte katı bir cismin iki tur acısal momentumu vardır: yorungesel(L = r × p), kutle merkezinin hareketinden dolayıdır ve spin (S = Iω) kutlemerkezi etrafındaki hareketten dolayıdır. Ornegin dunyanın gunesin etrafındabir yılda donmesinden dolayı yorungesel acısal momentumu ve bir gunde kuzey-guney ekseni etrafında donmesinden dolayı spin acısal momentumu vardır. Yakındanbaktıgımızda S dunyayı olusturan kayaların, tuzun, topragın vs.nin eksen etrafındakidonuslerinden dolayı sahip oldukları ”yorungesel” acısal momentumların toplamındanbaska birsey degildir. Bundan dolayı klasik baglamda yorungesel ve spin ayrımıdaha cok bir uygunluk olayıdır. Ancak benzer bir sey kuantum mekanikte deolur ve buradaki ayrım kesinlikle cok temeldir. Hidrojen durumunda cekirdeketrafındaki hareketinden dolayı sahip oldugu ve kuresel harmoniklerle tarif edilenyorungesel acısal momentumuna ilaveten elektronun baska tur acısal momen-tumu daha vardır. Bu acısal momentumun uzaydaki hareketle hicbir ilgisi yoktur(ve dolayısıyla konum degiskenleri olan r, θ, φ’nin bir fonksiyonuyla tarif edile-mez) ama bir sekilde klasik spinle benzerdir (ve bu yuzdendir ki biz aynı kelimeyikullanıyoruz). Bu benzerligi daha ileriye goturmenin bir geregi yok: Bildigimizkadarıyla elektron, yapısı olmayan bir noktasal parcacıktır ve spin acısal momen-tumu, bilesenlerinin yorungesel acısal momentumlarına ayrıstırılamaz (Prob-lem 4.26’ya bakın).21 Temel parcacıkların ”dıssal” (dıs kaynaklı) acısal mo-

21Karsıt bir yorum icin Hans C. Ohanian, ”What is Spin?”, Am. J. Phys. 54,500(198),makalesine bakın.


mentumuna (L) ilaveten icsel (kendinde var olan) bir acısal momentum (S)tasıdıklarını soylemek yeterli olacaktır.

Spinin cebirsel kuramı yorungesel acısal momentumunkinin birebir bir sure-tidir ve

[Sx, Sy] = ihSz, [Sy, Sz] = ihSx, [Sz, Sx] = ihSy (4.134)

temel sıradegisme iliskileriyle22 baslar.S2 ve Sz’nin ozvektorleri (once oldgu gibi)

S2|sm〉 = h2s(s+ 1)|sm〉; Sz|sm〉 = hm|sm〉; (4.135)

esitlikleri saglar23 ve S± ≡ Sx ± iSy olmak uzere

S±|sm〉 = h√s(s+ 1) −m(m± 1)|s (m± 1)〉 (4.136)

dir. Ama bu durumda ozvektorler kuresel harmonikler degil (θ ve φ’nin fonksiy-onu bile degiller) ve s ile m’nin tamsayıların yarısı degerlerini almalarına engelbir gerekce yok:

s = 0,1

2, 1,

3

2, . . . ; m = −s,−s+ 1, . . . , s− 1, s. (4.137)

Butun temel parcacıkların belirli ve degismez bir s degeri vardır ve biz bunuo parcacık turunun spini olarak adlandıracagız: pi mezonlarının spini 0; elek-tronların spini 1/2; fotonların spini 1; deltaların spini 3/2; gravitonların spini2, gibi. Tersine, yorungesel acısal momentum kuantum sayısı l (hidrojen atom-undaki elektron icin, misal) istediginiz her (tamsayı) degerini alabilir ve sistemuyarıldıgında degisir. Ancak verilen bir parcacık icin s sabitir ve bu da spinkuramını nispeten daha kolay kılar.24

Problem 4.26 Eger elektron, yarıcapı

rk =e2

4πε0mc2(4.138)

22Bunları spin kuramının varsayımları olarak alacagız:; yorungesel acısal momentumicin benzer formuller (4.98 ve 4.99 esitlikleri) islemcilerin bilinen hallerinden (4.97 esitligi)turetilmislerdir. Daha gelismis bir yaklasımla her ikisi de uc boyutlu dunyanın donmeye goredegismezliginden elde edilebilirler. [Ornegin, Leslie E. Ballentine’nin Quantum Mechanics (En-glewood Cliffs, NJ: Ptactice Hall,1990) kitabında, Bolum 3.3’e bakabilirsiniz.] Gercekten de busıradegisme iliskileri spin, yorungesel veya biraz spin biraz yorungesel iceren karısık sistemlerolsun, acısal momentumun her durumu icin gecerlidirler.

23Spinin ozfonksiyonları fonksiyon olmadıklarından ”ket” gosterimine gectim. (Aynı seyiYm

lyerine |lm〉 yazarak Bolum 4.3’te de yapabilirdim ama orada fonksiyon gosterimi daha

dogal gorunuyordu.) Bu arada harfler bitiyor, o yuzden Lz’nin ozvektoru icin kullandıgım mharfini Sz icin de kullanacagım, (bazı yazarlar daha acık olsun diye ml ve ms yazarlar).

24Gercekten de spin 1/2, olabilecek en yalın kuantum sistemidir; cunku sadece iki olasıdurumu vardır. Butun hinlikleri ve karmasıklıklarıyla sonsuz-boyutlu bir Hilbert uzayı yerinekendimizi iki-boyutlu sıradan bir vektor uzayında calısıyor buluruz; asina olmadıgımız turevdenklemleri ve garip birtakım fonksiyonlar yerine 2 × 2 matrisler ve iki bilesenli vektorlerlekarsılasırız. Bu yuzden bazı yazarlar kuantum mekanige spin −1/2 sistemleri irdeleyerek baslar.Ancak matematiksel kolaylıgın bedeli kavramsal soyutlama oldugundan ben bunu yapmakistemedim.

4.4. SPIN 157

olan klasik bir katı kure ve acısal momentumu (1/2)h olursa ”ekvator”undakibir noktanın hızı (m/s cinsinden) ne olur? (Elektronun klasik yarıcapı rkEinstein’ın formulu E = mc2’de elektronun kutlesinin kendi elektrik alanındakienerji olarak nitelendirilebilecegi dusunulerek elde edilmistir.) Spinin bu modeliakla yatkın mı? (Aslında elektronun deneysel olarak bilinen yarıcapı rk’den cokdaha kucuk ama bu herseyi daha da karıstırır.)

4.4.1 Spin 1/2

Su ana kadarki en onemli durum s = 1/2 olması durumudur cunku bu, sıradanmaddeyi olusturan parcacıkların (proton, notron ve elektron) spinidir, aynısekilde butun quarkların ve leptonların da. Daha da otesi spin 1/2 durumunuanladıgınız andan itibaren daha yuksek spin degerli sistemleri calısmak basit biruygulama halini alır. Sadece iki ozdurum vardır: Spin yukarı dedigimiz (ve ↑ile gosterdigimiz) | 12 1

2 〉 ve spin asagı dedigimiz (ve ↓ ile gosterdigimiz) | 12 (− 12 )〉.

Bunları taban vektorleri olarak kullanırsak spin-1/2 bir parcacıgın genel (spin)durumu iki elemanlı sutun matris (veya spinor) olarak ifade edilebilir:

χ =

(ab

)= aχ+ + bχ−, (4.139)

oyle ki

χ+ =

(10

)(4.140)

spin yukarıyı

χ− =

(01

)(4.141)

spin asagıyı tarif eder. Bu arada spin islemcileri de 2 × 2 matrisler olur vebunlarla χ+ ve χ− etkilerine bakarak calısabiliriz: 4.135 esitligi

S2χ+ =3

4h2χ+; S2χ− =

3

4h2χ−; Szχ+ =

h

2χ+; Szχ− = − h

2χ−;

(4.142)olur ve 4.136 esitligi

S+χ− = hχ+; S−χ+ = hχ−; S+χ+ = S−χ− = 0 (4.143)

verir. Simdi, S± = Sx ± iSy, yani

Sx =1

2(S+ + S−) ve Sy =

1

2i(S+ − S−), (4.144)

oldugundan

Sxχ+ =h

2χ−; Sxχ− =

h

2χ+; Syχ+ = − h

2iχ−; Syχ− =

h

2iχ+ (4.145)


olur. O halde

S2 =3

4h2

(1 00 1

); S+ = h

(0 10 0

); S− = h

(0 01 0

); (4.146)

ve

Sx =h

2

(0 11 0

); Sy =

h

2

(0 −ii 0

); Sz =

h

2

(1 00 −1

). (4.147)

olur. h/2 carpanına bolerek az biraz daha rahatlayabiliriz: S = (h/2)σ, oyle ki;

σx ≡(

0 11 0

); σy ≡

(0 −ii 0

); σz ≡

(1 00 −1

)(4.148)

meshur Pauli spin matrisleridir. Sx, Sy, Sz ve S2’nin Hermitsel olduklarınadikkat edin (zaten gozlenebilirleri tarif ettiklerinden oyle olmak zorundalar).Diger taraftan S+ ve S− Hermitsel degil -gozlenebilir degiller.

Sz ’nin ozspinorleri (tabii ki)

χ+ =

(10

), (ozdegeri +

h

2) χ− =

(01

), (ozdegeri − h

2) (4.149)

seklindedir. χ genel durumundaki (4.139 esitligi) bir parcacık uzerinde Sz olcumu ya-parsanız |a|2 olasılıkla +h/2 veya |b|2 olasılıkla −h/2 elde edebilirsiniz. Bunlar-dan baska olasılık olmadıgından,

|a|2 + |b|2 = 1 (4.150)

(yani, spinor boylandırılmıs olmalıdır).25

Peki ya Sx’i olcmek isterseniz? Olası sonuclar ve olasılıkları nelerdir? Genellestirilmisistatistiksel yoruma gore Sx’in ozdegerleriyle ozspinorlerini bilmeliyiz. Karakter-istik denklem ve cozumunu yazalım;

∣∣∣∣−λ h/2h/2 −λ

∣∣∣∣ = 0 ⇒ λ2 =

(h

2

)2

⇒ λ = ± h2.

Sx’in olası degerlerinin Sz’ninkilerle aynı olması bir supriz degildir. Ozspinorlerde herzamanki gibi bulunur:

h

2

(0 11 0

)(αβ

)= ± h

2

(αβ

)⇒(βα

)= ±

(αβ

),

yani β = ±α’dır. Dolayısıyla Sx’in (boylandırılmıs) ozspinorleri

χ(x)+ =

(1√2

1√2

), (ozdegeri +

h

2); χ

(x)− =

(1√2

− 1√2

), (ozdegeri − h

2) (4.151)

25|a|2 icin genelde ”parcacıgın spin-yukarı durumunda olma olasılıgı” denir, ama bu dogrudegildir. Soyle ki; parcacık χ durumundadır−χ+ durumunda degil− yukarıdaki dogru olmayanifade ile soylenmek istenen Sz ’yi olcecek olursanız |a|2 olasılıkla h/2 elde edersiniz ki dogruolmadıgını soyledigim ifade bundan butunuyle farklıdır.

4.4. SPIN 159

olur. Hermitsel bir matrisin ozvektorleri olduklarından uzayı gererler; herhangibir χ spinoru bunların bir dogrusal birlesimi olarak ifade edilebilir:

χ =

(a+ b√

2

)χ

(x)+ +

(a− b√

2

)χ

(x)− . (4.152)

Sx’i olcerseniz +h/2 bulma olasılıgınız (1/2)|a+ b|2 ve −h/2 bulma olasılıgınız(1/2)|a− b|2 dir. (Bu olasılıklarının toplamının 1 oldugunu kontrol etmelisiniz.)

Ornek. Spin 1/2 bir parcacıgın

χ =1√6

(1 + i

2

).

durumunda oldugunu dusunun. Sz ’yi olcerseniz +h/2 bulma olasılıgınız |(1 +i)/

√6|2 = 1/3 ve −h/2 bulma olasılıgınız |2/

√6|2 = 2/3’tur. Sx’i olcerseniz

+h/2 bulma olasılıgınız (1/2)|(3 + i)/√

6|2 = 5/6 ve −h/2 bulma olasılıgınız(1/2)|(−1 + i)/

√6|2 = 1/6’dır. Sx’in beklenen degerinin

5

6

(+h

2

)+

1

6

(− h

2

)=h

3,

oldugu acıktır ki bunu dolaysız olarak

〈Sx〉 = χ†Sxχ =(

1−i√6

2√6

)( 0 h/2h/2 0

)((1 + i)/

√6

2/√

6

)=h

3

seklinde de bulabiliriz.

Simdi sizi spin 1/2 iceren sanal bir olcum senaryosuna dogru goturmek is-tiyorum. Cunku daha 1. Bolumde tartıstıgımız bazı soyut seylerin oldukca acıkbir sekilde betimlenmesine yardımcı olacak. χ+ durumunda olan bir parcacıklabasladık diyelim. Birisi ”Parcacıgın spin acısal momentumunun z-bileseni nedir?”diye soracak olursa cevabımız suphesiz +h/2 olur. Cunku Sz’nin olcumu kesin-likle bu sonucu verir. Ama sorgulayan kisi ”Bu parcacıgın spin acısal momentu-munun x-bileseni nedir?” diye soracak olursa kacamak cevaplamak zorunda kala-biliriz: Sx’i olcerseniz +h/2 veya −h/2 bulma olasılıklarınız 50-50’dir. Soruyu so-ran kisi bir klasik fizikci ve (Bolum 1.2’deki gibi) bir ”gercekci” ise bunu-kustahdememek icin-yetersiz bir karsılık olarak gorup ”Siz bana parcacıgın hangi du-rumda oldugunu bilmediginizi mi soyluyorsunuz?” diyecektir. Karsılık olarakparcacıgın durumunu tam bir kesinlikle biliyorum: χ+ durumunda. ”Peki o za-man nasıl oluyorda bana spinin x-bileseninin ne oldugunu soyleyemiyorsunuz?”Cunku x-bileseni belirli olan bir spini yok. Gercekte de olamaz, cunku Sx veSz’nin ikisi de tam olarak bilinseydi belirsizlik ilkesi cignenmis olurdu.

Gercekci kisi bu noktada test tupunu kaptıgı gibi spinin x-bilesenini olcerve diyelim ki +h/2 bulur. Bunu ustun zafer kazanmıs birinin edasıyla bagırır;


”Beni kandırdınız, iste, bu parcacıgın iyi tanımlı (yani belirli) bir Sx degerivarmıs, h/2”. Elbette o anda var, ancak bu olcumden once Sx’in o degeresahip oldugunu kanıtlamaz. ”Siz alenen isleri karıstırıyorsunuz. Bu arada sizinbelirsizlik ilkesine ne oldu? Hem Sx’i hem de Sz’yi biliyorum iste.” Kusurabakma ama hayır bilmiyorsunuz. Olcum esnasında parcacıgın durumunu da

etkiledi, su anda χ(x)+ durumunda ve elinde bir Sx degeri varsa bu Sz’yi bilmiy-

orsun demektir. ”Ama Sx’i olcerken okadar dikkat ettim ki parcacıgın duru-munu degistirmemis olmalıyım.”26 Gayet guzel, bana inanmıyorsan kontrol et.Sz’yi olc ve bak bakalım ne cıkacak. (Elbette +h/2 bulup beni mahcup ettiginidusunebilir-ancak bu senaryonun aynısını defalarca tekrarladıgında elde edileceksonucların yarısı −h/2 olacaktır.)

”Bu parcacıgın iyi-tanımlı bir konumu (veya momentumu veya spin acısalmomentumu veya herhangi baska birseyi) yoktur” tadındaki bir cumle oturduguyerden dusunen birisine, bir filozofa veya bir klasik fizikciye muphem (belirsiz),yetersiz hatta daha da beteri derin gelir. Bunların hicbiri degil. Ancak sanırım(bu cumlenin tam olarak ne manaya geldigi) kuantum mekanigini belirli birderinlige kadar calısmamıs birisine aktarılması hemen hemen imkansızdır. An-ladıgınızı sanıp ta zaman zaman ne oluyor, nasıl oluyor diye dusunurseniz (kiboyle olmuyorsa bir ihtimal problemi anlamamıssınızdır) spin-1/2 sisteme gerigelin: kuantum mekanigin yanıltmaclarını (paradokslarını) dusunmek icin enbasit ve en yalın durumdur.

Problem 4.27

(a) 4.147 esitlikleri ile verilen spin matrislerinin acısal momentum sıradegismebagıntılarını sagladıgını gosteriniz: [Sx, Sy] = ihSz.

(b) Pauli spin matrislerinin

σjσk = δjk + i∑

l

εjklσl (4.153)

esitligini sagladıgını gosteriniz. Indisler x, y, z olurlar ve εjkl Levi-Civitasemboludur: jkl = 123, 231 veya 312 ise +1; jkl = 132, 213 veya 321 ise−1; diger durumlarda 0.

*Problem 4.28 Bir elektron

χ = A

(3i4

)

spin durumundadır.

(a) Boylandırma sabiti A’yı bulunuz.

26Bu tur dusunce deneylerinde Sx’in olcumunun Sz ’nin degerini kacınılmaz bir sekildeetkiledigi mekanizmaların uzerinden gitmek Niels Bohr’u huzursuz ediyordu. Einstein ileyaptıkları unlu tartısmalarda belirsizlik ilkesine hizmet eden deneysel kısıtlamaları detay-larıyla gosteren bir cok guzel ornek vardır.

4.4. SPIN 161

(b) Sx, Sy ve Sz ’nin beklenen degerlerini bulunuz.

(c) σSx , σSy ve σSz ”belirsizliklerini” bulunuz.

(d) Sonuclarınızın uc belirsizlik ilkesi ile de uyumlu oldıgunu dogrulayınız.(Bunlar 4.100 esitligi ve onun donel permutasyonları ile verilen bagıntılardır−L’nin yerine S gelecek tabii.)

*Problem 4.29 Boylandırılmıs en genel spinor (4.139 esitligi) χ icin 〈Sx〉,〈Sy〉, 〈Sz〉, 〈S2

x〉, 〈S2y〉 ve 〈S2

z 〉’yi hesaplayınız. 〈S2x〉+〈S2

y〉+〈S2z 〉 = 〈S2〉 oldugunu

kontrol ediniz.

*Problem 4.30

(a) Sy’nin ozdegerlerini ve ozspinorlerini bulunuz.

(b) 4.139 esitligindeki χ genel durumunda bulunan bir parcacık uzerinde Sy’yiolcerseniz hangi degerleri elde edebilirsiniz ve bunları elde etme olasılıklarınıznedir? Olasılıkların toplamının 1 oldugunu kontrol ediniz.

(c) S2y ’yi olcerseniz hangi degerleri hangi olasılıklarla elde edebilirsiniz?

**Problem 4.31 Spin acısal momentumunun rastgele bir r yonundeki bileseninitemsil eden Sr matrisini yazınız.

r = sin θ cosφı+ sin θ sinφ+ cos θk (4.154)

olan kuresel koordinatları kullanınız. Sr’nin ozdegerlerini ve (boylandırılmıs)ozspinorlerini bulunuz. Cevap:

χ(r)+ =

(cos(θ/2)

eiφ sin(θ/2)

); χ

(r)− =

(sin(θ/2)

−eiφ cos(θ/2)

). (4.155)

Problem 4.32 Spini 1 olan bir parcacık icin Sx, Sy ve Sz spin matrislerini

yazınız. Ipucu: Sz’nin kac tane ozdurumu var? Sz, S+ ve S−’nin bu durumlaraetkilerini bulunuz. Spin 1/2 icin uygulanan proseduru uygulayınız.

4.4.2 Bir Manyetik Alan Icerisinde Elektron

Spini olan yuklu bir parcacık bir manyetik-dipol (cift kutup) olusturur. Manyetikcift kutup momenti, µ, spin acısal momenti, S, ile dogru orantılıdır:

µ = γS; (4.156)


orantı sabiti γ’ya manyetik (mıknatıs) topac (gyromagnetic) oranı27 denir.Manyetik bir cift-kutup bir B manyetik alanına konuldugunda µ × B kadarlıkbir tork hisseder. Bu tork manyetik cift-kutubu alana paralel hale getirmeyecalısır (tıpkı bir pusula ignesi gibi). Bu torktan dolayı olusan enerji miktarı28

H = −µ · B (4.157)

kadardır. O halde spini olan duragan29 haldeki yuklu bir parcacıgın B manyetikalanı icinde Hamilton islemcisi

H = −γB · S (4.158)

olur. Burada S uygun spin matrisidir, ki spin-1/2 icin bu 4.147 esitlikleri ileverilir.

Ornek: Larmor yalpalanması. z-yonunde duzgun bir manyetik alan

B = B0k (4.159)

icerisinde duran bir spin 1/2 bir parcacık dusununuz. Hamilton matrisi

H = −γB0Sz = −γB0h

2

(1 00 −1

)(4.160)

seklindedir. H ’nin ozdurumları Sz’ninkilerle aynıdır:

{χ+, E+ = −(γB0h)/2 enerjili ise,χ−, E− = +(γB0h)/2 enerjili ise.

(4.161)

Cift-kutup momenti alana paralel oldugunda enerjinin en alt duzeyde olduguacıktır−aynı klasik durumda olması gerektigi gibi.

Hamilton zaman-bagımsız oldugundan zaman-bagımlı Schrodinger denklemi

ih∂χ

∂t= Hχ (4.162)

nin genel cozumu duragan durumlar cinsinden

χ(t) = aχ+e−iE+t/h + χ−e

−iE−t/h =

(aeiγB0t/2

be−iγB0t/2

)

27Ornegin D.Griffiths’in Introduction to Electrodynamics, 2. ed. (Englewood Cliffs, NJ:Prentice Hall, 1986) sayfa 239’a bakabilirsiniz. Klasik olarak q yuklu, m kutleli katı bir cis-min manyetik topac oranı q/2m’dir. Butunuyle ancak goreli kuantum kuramında acıklanacaknedenlerden dolayı elektronun manyetik topac oranı klasik degerinin neredeyse tam 2 katıdır.

28Griffiths’in 27. dipnottaki kitabının 246. ve 268. sayfaları.29Parcacık hareket ettigi taktirde goz onunde bulundurulması gerken bir de kinetik enerji

vardır; ustelik bir de Lorentz kuvvetine (qv × B)tabi olur ki bu kuvvet bir potansiyel enerjifonksiyonundan turetilemediginden su ana kadar formule ettigimiz Schrodinger denklemindeuygulanamaz. Bu problemi nasıl ele alacagımızı daha sonra gosterecegim. Simdilik parcacıgınsadece dondugunu, onun dısında sabit kaldıgını varsayalım.

4.4. SPIN 163

seklinde ifade edilebilir. a ve b sabitleri baslangıc kosullarıyla belirlenir; |a|2 +|b|2 = 1 olmak uzere

χ(0) =

(ab

)

olsun. Genel olustan kayda deger bir kayıp olmadan30 a = cos(α/2) ve b =sin(α/2) diye yazacagım. Burada α, fiziksel onemi az sonra ortaya cıkacak sabitbir acıdır. O halde

χ(t) =

(cos(α/2)eiγB0t/2

sin(α/2)e−iγB0t/2

)(4.163)

olur.

Sekil 4.7: Duzgun bir manyetikalan icerisinde 〈S〉’ninyalpalaması.

Burada neler oldugunu hissedebilmek icin spinin beklenen degerini, 〈S〉, za-manın bir fonksiyonu olarak hesaplayalım

〈Sx〉 = χ(t)†Sxχ(t)

=(cos(α/2)e−iγB0t/2 sin(α/2)eiγB0t/2

) h2

(0 11 0

)(cos(α/2)e+iγB0t/2

sin(α/2)e−iγB0t/2

)

=h

2sinα cos(γB0t) (4.164)

Aynı sekilde

〈§y〉 = χ(t)†Syχ(t) = − h2

sinα sin(γB0t) (4.165)

ve

〈§z〉 = χ(t)†Syχ(t) = − h2

cosα (4.166)

dır. 〈S〉 z-ekseninden α acısı kadar uzaklasmıs ve yine z-ekseni etrafında Lar-mor frekansı

ω = γB0 (4.167)

30Bu haliyle a’yı ve b’yi gercel kabul ettik; isterseniz genel haline bakabilirsiniz ama busadece t’ye bir sabit ekleyecektir.


ile yalpalamaktadır, aynı klasik olarak31 oldugu gibi (Sekil 4.7) Burada suprizbir durum yok-Problem 4.21’deki hali ile Ehrenfest’in savı 〈S〉’nin klasik kural-lara gore evrilecegini garantiliyor. Ama bunun nasıl isledigini ozel bir islediginiozel bir ornekle gormek hos tabii.

Ornek: Stern-Gerlach deneyi. Turdes olmayan bir manyetik alandaki manyetikcift-kutup, uzerinde sadece bir tork degil aynı zamanda bir kuvvet de hisseder32:

F = ∇(µ · B). (4.168)

Bu kuvvet, spinleri belli yonlerdeki parcacıkları digerlerinden ayırır: Turdes ol-mayan bir manyetik alan bolgesinden y-dogrultusunda gecen gorece agır notr33

atomların olusturdugu bir ısın demeti dusunun (Sekil 4.8)−ornegin,

B(x, y, z) = −αxı+ (B0 + αz)k (4.169)

tanımında B0 guclu ve duzgun alanı, α’da turdeslikten kucuk sapmaları tarifetsin. (Aslında istedigimiz bu alanın sadece z-bileseniydi ancak bu imkansız-cunku bu durumda ∇ · B = 0 elektromanyetik yasası cignenirdi; begenin veyabegenmeyin bir x-bileseni gelecektir.) Bu atomlar uzerindeki kuvvet

F = γα(−Sx ı+ Szk)

dir. Ama B0 etrafındaki Larmor yalpalanmasından dolayı Sx cok hızlı salınır veortalamada sıfırı verir; net kuvvet z yonunde olur:

Fz = γαSz (4.170)

ve ısın demeti spin acısal momentumunun z-bileseniyle orantılı olarak yukarı veasagı sapar. Klasik olarak, ayrısmamıs bir halde beklerdik ama ısık demeti Sz’ninkuantumlanmasını guzel bir sekilde gostererek 2s+ 1 tane ayrı demete ayrısır.(Gumus atomlarını kullanırsanız, ornegin, icerdeki butun elektronlar spin veyorungesel acısal momentumları birbirlerini yok edecek sekilde cift olustururlar.Toplam spin, cifti olmayan en dıstaki elektronun spini, yani bu durumda s =1/2’dir ve ısık demeti ikiye ayrısır.)

Son adıma kadar hersey klasikti, duzgun bir kuantum hesaplamada ”kuvvet”inyeri yoktur, bundan dolayı belki de asagıdaki yaklasımı tercih edebilirsiniz.34 Biz

31Ornegin, The Feynman Lectures on Physics (Reading, MA: Addison-Wesley, 1964) Vol-ume II, Bolum 34-3’e bakabilirsiniz. Klasik durumda manyetik alan etrafında acısal momentumvektorunun beklenen degeri degildir yalpalayan, bu vektorun kendisidir.

32Alt not 27’deki Griffiths kitabının 247. sayfasına bakın. F’nin enerjinin (4.137 esitligi) eksidusumudur.

33Parcacıkların notr secmemizin sebebi Lorentz kuvvetinden kaynaklı daha buyuk olceklisapmalardan sakınmak, agır secmemizin sebebi de yerel (lokalize) dalga paketleri olusturuphareketi klasik parcacık yorungeleri ile irdeleyebilmektir. Uygulamada Stern-Gerlach deneyi,ornegin, bir serbest elektron deneyi icin caılsmaz.

34Bu arguman L. Ballentine, Quantum Mechanics (Englewood Cliffs, NJ: Prentice Hall,1990), kitabının 172. sayfasından.

4.4. SPIN 165

Sekil 4.8: Stern-Gerlach duzenegi.

bu sureci ısık demetiyle birlikte hareket eden gozlem cercevesinden bakarak ird-eleyecegiz. Bu cercevede Hamilton sıfırla baslar, belirli bir T suresince acık kalır(parcacık mıknatısların arasından gecerken) ve tekrardan kapanıp sıfır olur:

H(t) =

0, t < 0 ise,−γ(B0 + αz)Sz , 0 ≤ t ≤ T ise,0, t > T ise.

(4.171)

(Yukarıda acıklanan nedenlerden dolayı bu problemle ilgisi olmayan, B’nin x-bilesenini gozardı ettim.) Atomun spininin 1/2 oldugunu ve baslangıcta

yani t ≤ 0 icin, χ(t) = aχ+ + bχ−

durumunda oldugu dusunun. Hamilton etki ettikce χ(t) her atomdaki gibi evrilir:

0 ≤ t ≤ T icin χ(t) = aχ+e−iE+t/h + bχ−e

−iE−t/h;

oyle ki, (4.158 esitliginden)

E± = ∓γ(B0 + αz)h

2(4.172)

oldugundan t ≥ T icin

χ(t) = (aeiγTB0/2χ+)ei(αγT/2)z + (be−iγTB0/2χ−)ei(αγT/2)z (4.173)

durumuna gelir. Iki terim de z-dogrultusunda momentum tasımaktadır (3.131esitligine bakın); spin-yukarı bileseninin momentumu

pz =αγT h

2(4.174)

dir ve artı-z yonunde ilerler; spin-asagı bileseninin momentumu ters isaretlidirve eksi-z yonunde ilerler. Yani daha once oldugu gib demet ikiye ayrısır. (4.174esitligi daha onceki sonuc, 4.170 esitligi, ile uyumludur; burada Sz = h/2, pz =FzT ’dir.)

Bir kuantum durumun hazırlanmasında ilk ornek olusturması ve belirli birtur kuantum olcumu icin yol gosteren bir model olması bakımından Stern-Gerlach deneyi kuantum mekanigin felsefesinde onemli bir rol oynar. Biz haklı


olarak bir sistemin baslangıcta hangi durumda oldugunu bildigimizi varsayıyoruz(Schrodinger denklemi daha sonra nasıl evrildigini soyler)−ama bir sisteminbaslangıcta belirli bir durumda nasıl hazırlandıgını dusunmek tabii ki dogaldır.Belirli bir spin duzenine (konfigurasyonuna) sahip atomlardan olusan bir demetolusturmak isterseniz kutuplanmamıs bir demeti Stern-Gerlach mıknatısınınolusturdugu alandan gecirip cıkan demetten (diger kısmını uygun bir sekildeengelleyip) ilgilendiginiz yerde kutuplanmıs olanı secebilirsiniz. Aynı sekilde biratomun spininin z-bilesenini olcmek isterseniz onu bir Stern-Gerlach duzeneginegonderip cıkısında nereye gittigine bakarsınız. Bunun en pratik yol oldugunuiddia etmiyorum ama kavramsal olarak cok net ve dolayısıyla kuantum durum-ların hazırlanması ve olcumu problemlerinin incelenmesi baglamında yararlı biryaklasım.

Problem 4.33 Duzgun bir manyetik alandaki Larmor yalpalanmasındanbahseden ilk ornegi dusunun:

(a) Spin acısal momentumunun t anında x-yonundeki bilesenini olcerseniz +h/2bulma olasılıgınız nedir?

(b) Aynı soru y-bileseni icin?

(c) Aynı soru z-bileseni icin?

**Problem 4.34 Bir elektron

B = B0 cos(ωt)k

olan, salınan bir manyetik alanda durmaktadır. Burada B0 ve ω sabittir.

(a) Bu sistem icin Hamilton matrisini yazınız.

(b) Elektron t = 0 anında x-eksenine gore spin yukarı [yani χ(0) = χ(x)+ ]

durumunda baslıyor. Ileriki zamanlar icin χ(t)’yi bulunuz. Dikkat: Bu-radaki, zaman-bagımlı bir Hamilton islemcisi oldugundan χ(t)’yi daha onceyaptıgınız gibi duragan durumlardan bulamazsınız. Neyse ki bu durumda4.162’deki zaman-bagımlı Schrodinger denklemini direkt cozebilirsiniz.

(c) Sx’i olcecek olursanız −h/2 bulma olasılıgınızı hesaplayınız. Cevap:

sin2

(γB0

2ωsin(ωt)

).

(d) Sx’e bir tam donus yaptıracak manyetik alan (B0) en az nekadar olmalıdır?(Burada kastedilen spin-yukarı(asagı) durumdan spin-asagı(yukarı) durumaveya tersi gecistir.(c.n.))

4.4. SPIN 167

4.4.3

Elimizde iki tane spin-1/2 parcacıgımız oldugunu dusunun−taban durumundaki35

hidrojenin elektronu ve protonu, ornegin. Herbiri spin yukarı veya spin asagı ola-bileceginden olası dort durum vardır:36

↑↑, ↑↓, ↓↑, ↓↓, (4.175)

burada ilk ok elektronun ikinci ok da protonun spini icindir. Soru: Atomuntoplam acısal momentumu nedir?

S ≡ S(1) + S(2) (4.176)

olsun. Dort birlesik durumun herbiri Sz ’nin bir ozdurumudur−z-bilesenleri ba-sitce toplanır ;

Szχ1χ2 = (S(1)z + S(2)

z )χ1χ2 = (S(1)z χ1)χ2 + χ1(S

(2)z χ2)

= (hm1χ1)χ2 + χ1(hm2χ2) = h(m1 +m2)χ1χ2

[S(1)’in sadece χ1’e, S(2)’nin sadece χ2’ye etki ettigine dikkat edin]. O halde(birlesik sistemin kuantum sayısı) m basitce m1 +m2’dir:

↑↑: m = 1;

↑↓: m = 0;

↓↑: m = 0;

↓↓: m = −1.

Ilk bakısta dogruymus gibi gorunmuyor: m, −s’den baslayıp birer artarak+s’ye kadar olan degerleri alabileceginden s = 1’mis gibi gorunuyor−ama bu-rada fazladan bir m = 0 durumu var. Bu durumdan kurtulmanın bir yolu 4.143

esitliklerinden eksiltme islemcisini, S− = S(1)− + S

(2)− ’yi, ↑↑ durumuna uygula-

maktır:

S−(↑↑) = (S(1)− ↑) ↑ + ↑ (S

(2)− ↑)

= (h ↓) ↑ + ↑ (h ↓)= h(↓↑ + ↑↓).

s = 1 oldugu durumlar acıkca (|sm〉 gosteriminde) su sekildedir:

|1 1〉 = ↑↑|1 0〉 = 1√

2(↑↓ + ↓↑)

|1 − 1〉 = ↓↓

s = 1 (uclu). (4.177)

35Taban durumuna yerlestirdim ki bir de yorungesel acısal momentumla ugrasmayalım.36Daha acık olarak, her parcacık spin yukarı ve spin asagı durumlarının birer dogrusal

birlesiminde ve birlesik sistem de yukarıda verilen dort durumun dogrusal birlesimi olan birdurumdadır.


(Kontrol etmek icin eksiltme islemcisini |1 0〉) durumuna uygulayın; ne eldeetmelisiniz? Problem 4.35’e bakın.) Buna uclu birlesim denir; sebebi acık. Buarada (bu ucluye) dik durum s = 0 olan m = 0 durumudur:

{|0 0〉 =

1√2(↑↓ − ↓↑)

}s = 0 (tekli). (4.178)

(Bu durumda arttırma veya eksiltme islemcisi uygularsanız sıfır elde edersiniz.Problem 4.35’e bakın.)

O halde spin−1/2 iki parcacıgın bir arada uclu veya tekli duzende (kon-figurasyonda) olmalarına baglı olarak 1 veya 0 toplam spinleri olacagını iddiaediyorum. Bunu teyit etmek icin uclu durumların S2’nin, ozdegerleri 2h2 olanozvektorleri ve tekli durumun S2’nin, ozdegeri 0 olan ozvektoru oldugunu ispat-layalım. Simdi S2’yi acıkca yazalım;

S2 = (S(1) + S(2)) · (S(1) + S(2)) = (S(1))2 + (S(2))2 + 2S(1) · S(2). (4.179)

4.142ve 4.145 esitlikleriyle

S(1) · S(2)(↑↓) = (S(1)x ↑)(S(2)

x ↓) + (S(1)y ↑)(S(2)

y ↓) + (S(1)z ↑)(S(2)

z ↓)

=

(h

2↓) (

h

2↑)

+

(ih

2↓) (−ih

2↑)

+

(h

2↑) (−h

2↓)

=h2

4(2 ↓↑ − ↑↓).

elde ederiz. Benzer sekilde

S(1) · S(2)(↓↑) =h2

4(2 ↑↓ − ↓↑)

olur. Buradan

S(1) · S(2)|1 0〉 =h2

4

1√2(2 ↓↑ − ↑↓ +2 ↑↓ − ↓↑) =

h2

4|1 0〉 (4.180)

ve

S(1) · S(2)|0 0〉 =h2

4

1√2(2 ↓↑ − ↑↓ −2 ↑↓ + ↓↑) = −3h2

4|0 0〉 (4.181)

olur. 4.179 esitligine donup 4.142 esitligini tekrar kullandıgımızda

S2|1 0〉 =

(3h2

4+

3h2

4+ 2

h2

4

)|1 0〉 = 2h2|1 0〉 (4.182)

sonucuna ulasırız, yani |1 0〉 gercekten de S2’nin bir ozvektorudur ve ozdegeride 2h2’dir; ve

S2|0 0〉 =

(3h2

4+

3h2

4− 2

3h2

4

)|0 0〉 = 0 (4.183)

4.4. SPIN 169

esitliginden de |0 0〉’in S2’nin 0 ozdegerli bir ozvektoru oldugu sonucu cıkar. (|1 1〉ve |1 −1〉’in S2’nin uygun ozdegerli ozvektorleri oldugunun teyit edilmesini sizebırakacagım−Problem 4.35’e bakın)

Spin 1 ve spin 0 elde etmek uzere spin 1/2 ve spin 1/2’yi birlestirerekyaptıgımız sey daha buyuk bir problemin en basit halidir: Spin s1’i spin s2ile birlestirirseniz toplamda hangi spin s’leri elde edebilirsiniz?37 Cevap38 (s1 +s2)’den (s1 − s2)−veya s1 > s2 ise (s2 − s1)−’ye kadar tum ardısık degerlerdir:

s = (s1 + s2), (s1 + s2 − 1), (s1 + s2 − 2), . . . , |s1 − s2|. (4.184)

(Kabaca iki spin birbirlerine parelel olduklarında toplamda en buyuk spin degerinde,zıt yonlu olduklarında da toplamda en kucuk spin degerinde olduklarını soyleye-biliriz.) Ornegin spin-3/2 bir parcacıkla spin-2 bir parcacıgı birlikte paketlediginizdeduzene (konfigurasyona) baglı olarak toplamda 7/2, 5/2, 3/2 veya 1/2 spin eldeedebilirsiniz. Bir baska ornek; bir hidrojen atomu ψnlm durumunda ise elektro-nun toplam acısal momentumu (spin artı yorungesel) l+1/2 veya l−1/2’dir; birde protonun spinini eklerseniz atomun toplam acısal momentumu l+1, l veya l−1olur. (l’ye iki farklı durumda ulasılabilir; elektron l+1/2 veya l−1/2 duzeninde(konfigurasyonuda) olabilir, proton da sırasıyla -1/2 veya +1/2 degerlerini ala-bilir.)

s toplam spini ve onun z-bilesenim olmak uzere |sm〉 durumu |s1m1〉|s2m2〉durumlarının bir dogrusal birlesimi olacak:

|sm〉 =∑

m1+m2=m

Cs1s2sm1m2m|s1m1〉|s2m2〉 (4.185)

(z-bilesenleri ustuste eklendiginden bir birlesime katkıda bulunacak durumlarsadece m1 + m2 = m olanlardır). 4.177 ve 4.178 esitlikleri bu genel durumunozel birer halidir; bu ozel hal s1 = s2 = 1/2 oldugu durumdur, (orada ↑= | 12 1

2 〉 ve↓= | 12 (− 1

2 )〉 gosterimlerini kullandım). Cs1s2sm1m2m sabitlerine Clebsch-Gordan

katsayıları denir. En basitlerinden birkac tanesi Tablo 4.7’de sıralanmıstır.39

Ornegin tablodaki 2 × 1 bolmesinin karalanmıs sutunu bize

|2 1〉 =1√3|2 2〉|1 − 1〉 +

1√6|2 1〉|1 0〉 − 1√

2|2 0〉|1 1〉

oldugunu soyler. Yani spinleri 2 ve 1 olan iki parcacık bir kutunun icinde du-

rurken toplam spin 2 ve toplam spinin z-bileseni 1 ise S(1)z ’nin olcumu 1

3 olasılıkla2h, 1

6 olasılıkla h ve 12 olasılıkla 0 sonucunu verir. Olasılıkların toplamının 1

olduguna dikkat edin (Clebsch-Gordan tablosunun herhangi bir sutunundakielemanların karelerinin toplamı 1’dir).

37Daha rahat olsun diye spinler dedim ama isteyen yorungesel acısal momentumla veyaikisiyle birlikte de calısabilir (yorungesel acısal momentum icin l harfi kullanmıstık.) Ziraacısal momentumların toplamını calıstıgımızdan her ikisi de amacımıza hizmet eder.

38 Ispatı icin daha ileri duzeyde bir kitaba bakmalısınız; ornegin, Claude Cohen-Tannoudji,Bernard Diu, and Franck Laloe, Quantum Mechanics (New York: John Wiley & Sons, 1977)2. Cilt X. Bolum

39Genel formulu Arno Bohm’un kitabında cıkarılmıstır, Quantum Mechanics: Foundationsand Applications, 2nd ed. (New York: Springer-Verlag, 1986), p. 172.


Sekil 4.9: Clebsch-Gordan katsayıları. (Her oge karekeok icinde dusunulmelidir;varsa eger eksi isareti karekok dısında alınır.)

Bu tablolar ters yonde de isler:

|s1m1〉|s2m2〉 =∑

s

Cs1s2sm1m2m|sm〉 (4.186)

Ornegin tablodaki 3/2 × 1 bolmesinin karalanmıs satırı bize

| 32

1

2〉|1 0〉 =

√3

5| 52

1

2〉 +

√1

15| 32

1

2〉 −

√1

3| 12

1

2〉

oldugunu soyler. Spinleri 3/2 ve 1 olan parcacıkları kutuya koydugunuzda bir-inci icin m1 = 1/2 ikinci icin de m2 = 0 (ki bu durumda m = 1/2 olmak duru-mundadır) oldugunu bilirseniz toplam spin s’yi olctugunuzde 3/5 olasılıkla 5/2,1/15 olasılıkla 3/2 ve 1/3 olasılıkla 1/2 elde edersiniz. Yine olasılıklar toplamı1’dir. (Clebsch-Gordan tablosunun her satırındaki elemanların karelerinin toplamı1’dir.)

Bunun size sayılarla ilgili gizemli bir oyunmus gibi geldigini soyleyecek olur-sanız sizi suclamam. Kitabın geri kalanında Clebsch-Gordan tablolarını cok kul-lanmayacagız ama sonradan karsılasabilirsiniz diye neyin nereden geldigini bilinistedim. Matematiksel baglamda bunların hepsi gurup kuramı uygulamalarıdır−konustugumuz sey donme (rotasyon) grubunun iki tane indirgenemeyen be-timlemesinin direkt carpımının indirgenemeyen betimlemelerin direkt toplamına

4.4. SPIN 171

ayrıstırılmasıdır. (Arkadaslarınızı etkilemek icin bu ifadeden bahsedebilirsiniz.)

*Problem 4.35

(a) S− islemcisini |10〉 (4.177 esitligi) durumuna uygulayınız ve√

2h|1 −1〉 eldeettiginizi dogrulayınız.

(b) S± islemcisini |00〉 (4.178 esitligi) durumuna uygulayınız ve sıfır elde ettiginizidogrulayınız.

(c) |1 1〉 ve |1 − 1〉’in (4.177 esitligi) uygun ozdegerlerle S2’nin ozdurumlarıolduklarını gosteriniz.

Problem 4.36 Kuarklar spin 1/2 parcacıklardır. Uc kuark biraraya gelipbaryonları (proton ve notron gibi); iki kuark (daha dogrusu bir kuarkla bir anti-kuark) mesonları (pion ve kaon gibi) olustururlar. Kuarkların taban durumundaolduklarını dusunun (boylece yorungesel acısal momentum sıfır olur).

(a) Baryonların spinleri neler olabilir?

(b) Mesonların spinleri neler olabilir?

Problem 4.37

(a) Spini 1 olan bir parcacıkla spini 2 olan bir parcacık toplam spinin 3, z-bileseninin de 1 (yani Sz ’nin ozdegeri h’dir) oldugu bir yapıda durmak-tadırlar. Spin-2 parcacıgın acısal momentumunun z-bilesenini olcersenizhangi degerleri elde edebilirsiniz? Her degeri elde etme olasılıgınız nedir?

(b) Spin-asagı olan bir elektron hidrojen atomunun ψ510 durumundadır. Pro-tonun spinini katmadan sadece elektronun toplam acısal momentumununkaresini olcebilseydiniz hangi degerleri elde edebilirdiniz? Bu degerlerin her-birini elde etme olasılıgınız nedir?

Problem 4.38 S2’nin S1z ile sıradegisimini hesaplayınız (S ≡ S(1) + S(2)).

Elde ettiginiz sonucu genellestirip

[S2,S(1)] = 2ih(S(1) × S(2)) (4.187)

oldugunu gosteriniz. Not: S(1)z ile S2 sıradegismediginden bunların eszamanlı

ozvektorlerini bulamayız. S2’nin ozdurumlarını olusturabilmek icin S(1)z ’nin ozdu-

rumlarının dogrusal birlesimine gerek var. Bu tam da 4.185 esitligindeki Clebsch-Gordan katsayılarının bizim icin yaptıgı seylerdir. Diger taraftan 4.187 esitligiylebirlikte gorulecegi uzere S(1)+S(2)’nin S2 ile sıradegistigi acıktır, ki bu da sadecebizim daha onceden de bildigimizi (4.103 esitligi) dogrular.



*Problem 4.39 Uc boyutlu ahenkli salınıcıyı dusunun:

V (r) =1

2mω2r2. (4.188)

(a) Kartezyen koordinatlarda degiskenlerine ayırmanın bunu uc tane bir-boyutlusalınıcıya cevirecegini gosterip onlar icin olan bilgilerinizi kullanarak izinverilen enerjileri bulunuz. Cevap:

En = (n+ 3/2)hω (4.189)

(b) En’nin dejenereligini, d(n)’yi, bulunuz.

***Problem 4.40 Uc boyutta ahenkli salınıcı potansiyeli (4.188 esitligi)kuresel simetrik oldugundan Schrodinger denklemi Kartezyen koordinatlardaoldugu gibi kuresel koordinatlarda da degiskenlerine ayrılarak ele alınabilir.Yarıcap denklemini cozmek icin kuvvet serisi yontemini kullanınız. Katsayılaricin tekrarlama bagıntısını bulun ve izin verilen enerjileri cıkarın. Cevabınızı4.189 esitligiyle karsılastırın.

**Problem 4.41

(a) Uc-boyutlu virial savını ispatlayınız: (duragan durumlar icin)

2〈T 〉 = 〈r · ∇V 〉 (4.190)

dir. Ipucu: Problem 3.53’e bakın.

(b) Virial savını hidrojene uygulayın ve

〈T 〉 = −En; 〈V 〉 = 2En (4.191)


(c) Virial savını uc-boyutlu ahenkli salınıcıya (problem 4.39) uygulaynız ve

〈T 〉 = 〈V 〉 = En/2 (4.192)


***Problem 4.42 Uc boyutta momentum-uzayı dalga fonksiyonu 3.132esitliginin genellestirilmesi ile elde edilir:

φ(p) ≡ 1

(2πh)3/2

∫e−i(p·r)/hψ(r)d3r. (4.193)

4.4. SPIN 173

(a) Hidrojenin taban durumu (4.80 estligi) icin momentum-uzayı dalga fonksiy-onunu bulunuz. Ipucu: Kutup eksenini p yonunde secerek kuresel koordi-natları kullanın. Once θ integralini alın. Cevap:

φ(p) =1

π

(2a

h

)3/21

[1 + (ap/h)2]2. (4.194)

(b) φ(p)’nin boylandırılmıs oldugunu kontrol ediniz.

(c) 〈p2〉’yi hesaplamak icin φ(p)’yi kullanınız.

(d) Bu durumda kinetik enerjinin beklenen degeri nedir? Cevabınızı E1’in birkatı olarak ifade edin ve virial savı (4.191 esitligi) ile uyumlu oldugunukontrol edin.

Problem 4.43

(a) n = 3, l = 2, m = 1 durumunda hidrojenin uzamsal dalga fonksiyonu(ψ)’yi bulunuz. Cevabınızı sadece r, θ, φ ve a (Bohr yarıcapı) cinsindenifade edin−baska bir degisken (ρ, z gibi), veya bir fonksiyon (Y, v gibi), veyabir sabit (A, a0 gibi) ya da bir turev cinsinden degil (π, e, 2 gibi sabitlerolur.)

(b) Bu dalga fonksiyonunun r, θ veφ uzerinden uygun integraller alınıgındaboylandırıldıgını gosteriniz.

(c) rs’nin bu durumdaki beklenen degerini bulunuz. s’nin alacagı hangi degeraralıgında bu deger sonludur?

***Problem 4.44 Iki tane spin-1/2 parcacıgın tekli duzen (konfigurasyon)

(4.178 esitligi) oldugunu dusunun. S(1)a 1. parcacıgın spininin a birim vektoruyle

tarif edilen yondeki bileseni olsun. Benzere sekilde S(2)b de 2. parcacıgın (spin)

acısal momentumunun b yonundeki bileseni olsun.

〈S(1)a S

(2)b 〉 = − h

2

4cos θ (4.195)

oldugunu gosteriniz. Burada θ, a ile b arasındaki acıdır.

***Problem 4.45 s1 = 1/2, s2 = herhangi birsey durumu icin Clebsch-Gordan katsayılarını cıkarınız. Ipucu: |sm〉’nin s2’nin bir ozdurumu oldugu

|sm〉 = A|12

1

2〉|s2 (m− 1

2)〉 + |B|1

2(−1

2)〉|s2 (m+

1

2)〉

ifadesinde A ve B katsayılarını arıyorsunuz. 4.179-4.182 esitliklerindeki yontemi

kullanın. Ornegin S(2)x ’nin |s2m2〉’ye ne yaptıgını cıkaramıyorsanız geri donup


4.136 ve 4.144 esitliklerine bakın. Bu genel sonucu Clebsch-Gordan katsayılarının(1/2)× 1 tablosunu olusturmak icin kullanıp tablo 4.7’den kontrol edin. Cevap:

A =

√s2 ±m+ 1/2

2s2 + 1; B = ±

√s2 ∓m+ 1/2

2s2 + 1.

Buradaki isaretleri s = s2 ± 1/2 belirler.

Problem 4.46 Bir spin 3/2 parcacık icin Sx’i temsil eden matrisi bulunuz(Sz’nin ozdurumlarının olusturdugu tabanı kullanarak). Sx’in ozdegerlerini bul-mak icin karakteristik denklemi cozunuz.

***Problem 4.47 Kuresel harmoniklerin boylandırma carpanını asagıdatarif edildigi sekilde cıkarınız. Bolum 4.1.2’den

yml = Bm

l eimφPm

l (cos θ)

oldugunu biliyoruz. BuradaBml ’yi arıyoruz (4.32 esitliginde verdim ama cıkarmamıstım).

4.120, 4.121 ve 4.130 esitliklerini kullanarak Bm+1l ’i Bm

l cinsinden veren takrar-lama bagıntısını cıkarın. Bu bagıntıyım uzerinden tume-varım yontemi ile Bm

l ’yibulmak icin cozun. Bu cozumde henuz belirlenmemis olan C(l) katsayısını daproblem 4.22’nin sonucunu kullanarak bulun. Legendre fonksiyonunun tureviniveren

(1 − x2)dPm

l

dx=√

1 − x2pm+1l −mxPm

l (4.196)

formulu isinize yarayabilir.

Problem 4.48 Bir hidrojen atomundaki elektron spin ve konumun birlesimiolan

R21

(√1

3y01χ+ +

√2

3y11χ−

)

durumunu isgal eder.

(a) Yorungesel acısal momentumun karesini (L2) olcerseniz hangi degerleri eldeedebilirsiniz ve herbirinin elde edilme olasılıgı nedir?

(b) Aynı soruyu yorungesel acısal momentumun z-bileseni (Lz) icin cevaplayın.

(c) Aynı soruyu spin acısal momentumun karesi (S2) icin cevaplayın.

(d) Aynı soruyu spin acısal momentumun z-bileseni (Sz) icin cevaplayın.J ≡ L + S toplam acısal momentum olsun.

(e) J2’yi olcerseniz hangi degerleri elde edebilirsiniz ve herbirinin elde edilmeolasılıgı nedir?

(f) Aynı soruyu Jz icin cevaplayın.

4.4. SPIN 175

(g) Parcacıgın konumunu olcecek olsanız r, θ, φ’de bulunma olasılık yogunlugunedir?

(h) Parcacıgın hem spininin z−bilesenini hem de merkezden ne kadar uzaklıktaoldugunu olcecek olsanız parcacıgı r uzaklıkta spin yukarı durumunda bulmaolasılıgınız nedir? (Bunların uyumlu gozlenebilirler olduguna dikkat edin.)

***Problem 4.49

(a) Taylor serisine acılabilen bir f(φ) fonksiyonu icin herhangi bir φ0 sabit acısıicin

f(φ+ φ0) = eiLz/φ0/hf(φ)

oldugunu gosteriniz. Bu sebepten Lz/h’ye z-ekseni etrafındaki donmelerinureteci denir. Ipucu: 4.129 esitligini kullanıp problem 3.55’e bakın.

Daha genel olarak, exp(iL · nϕ)/h’nin n ekseni etrafındaki(sag ele gore)donmeyi ϕ kadarlık acı kadar etkilemesi baglamında L · n/h’ye n yonundekidonmelerin ureteci denir. Spin durumunda donmelerin ureteci S · n/h’dir.Ozelde spin 1/2 icin

χ′ = ei(σ · n/2)χ (4.197)

bize spinorun nasıl dondugunu gosterir.

(b) x-ekseni etrafında 1800’lik donmeyi temsil eden (2×2)’lik matrisi bulunuz.Beklendigi uzere ”spin yukarı” (χ+) durumu ”spin asagı” (χ−) durumacevirdigini gosteriniz.

(c) y-ekseni etrafında 900’lik donmeyi temsil eden matrisi bulup χ+’ya neyaptıgına bakınız.

(d) z-ekseni etrafında 3600’lik donmeyi temsil eden matrisi bulunuz. Cevabınızbeklediginiz gibi birsey degilse bunun neler gerektirecegini tartısınız.

(e)

ei(σ·n)ϕ/2 = cos(ϕ/2) + i(n · σ sin(ϕ/2)) (4.198)


**Problem 4.50 Acısal momentumun temel sıradegisme bagıntıları (4.98ve 4.99 esitlikleri) ozdegerlerin tamsayının yarısı degerler almasına da (tamsayıdegerler almasına oldugu gibi) musaade ediyor. Ancak yorungesel acısal momen-tum icin sadece tamsaı degerler olur. L = r × p tanımında tamsayıların-yarısıdegerlerin dıslanmasını saglayacak bazı fazladan kısıtlamaların olması gerekir.40

40Bu problem dipnot 34’te verilen Ballentine’in kitabındaki (127. sayfasında) bir argumanadayanıyor


a uzunluk boyutunda uygun bir sabit olacak sekilde (ornegin, Hidrojen atom-undan bahsediyorsak Bohr yarıcapı) asagıdaki islemcileri tanımlayalım;

q1 ≡ 1√2

[x+ (a2/h)py

]; p1 ≡ 1√

2

[px − (h/a2)y

];

q2 ≡ 1√2

[x− (a2/h)py

]; p2 ≡ 1√

2

[px + (h/a2)y

].

(a) [q1, q2] = [p1, p2] = 0; [q1, p1] = [q2, p2] = ih oldugunu dogrulayınız. Dolayısıylaq’larla p’ler konumla momentumun kanonik sıradegisme bagıntılarını saglarlarve 1 indislilerle 2 indisliler uyumludurlar.

(b)

Lz =h

2a2(q21 − q22) +

a2

2h(p2

1 − p22)


(c) Lz = H1 − H2 oldugunu gosterinizi, oyle ki her H , m = h/a2 kutleli veω = 1 frekanslı bir ahenkli salınıcı Hamilton islemcisidir.

(d) Ahenkli salınıcı Hamilton islemcisinin ozdegerlerinin n = 0, 1, 2, . . . olmakuzere (n − 1/2)hω oldugunu biliyoruz (Bolum 2.3.1’deki cebirsel kuramdabu, Hamilton islemcisinin sekli ile kanonik sıradegisme bagıntılarının birsonucudur). Bunu kullanarakLz’nin ozdegerlerinin tamsayı olması gerektigisonucunu cıkarınız.

***Problem 4.51 Klasik elektrodinamikte E ve B elektrik ve manyetikalanlarının icinden v hızıyla gecen q yuklu bir parcacıga etki eden kuvvet Lorentzkuvvet yasasıyla verilir:

F = q(E + v × B). (4.199)

Bu kuvvet skaler bir potansiyel enerji fonksiyonunun dusumu (gradienti) olarakifade edilemez; dolayısıyla Schrodinger denklemi ozgun halinde (1.1 denklemi)bu kuvvetle uyusamaz. Ancak daha gelismis halinde

ih∂Ψ

∂t= HΨ (4.200)

bir sorun yok; klasik Hamilton islemcisi41

H =1

2m(p − qA)2 + qϕ (4.201)

41Ornegin H. Goldstein’ın Classical Mechanics, 2nd ed., Addison-Wesley, MA. 1980kitabının 346. sayfasına bakın

4.4. SPIN 177

seklindedir. Burada A vektor potansiyel (B = ∇× A) ve ϕ’de skaler potan-siyeldir (E = −∇ϕ − ∂A/∂t). Dolayısıyla Schrodinger denklemi (p → (h/i)∇kanonik yerdegistirmesiyle)

ih∂Ψ

∂t=

[1

2m

(h

i∇− qA

)2

+ qϕ

]Ψ (4.202)

seklini alır.

(a)d〈r〉dt

=1

m〈(p − qA)〉 (4.203)


(b) Her zamanki gibi (1.32 esitligine bakın) d〈r〉/dt’yi 〈v〉 ile ozdeslestirecegiz.

md〈v〉dt

= q〈E〉 +q

2m〈(p × B − B× p)〉 − q2

m〈(A × B)〉 (4.204)


(c) Ozelde E ve B alanları dalga paketinin kapladıgı hacimde duzgunler ise,

md〈v〉dt

= q(E + 〈v〉 × B) (4.205)

oldugunu gosterin. Boylece 〈v〉 beklenen degeri Ehrenfest’in savından dolayıbekledigimiz uzere Lorentz kuvvet yasasına gore hareket eder.

***Problem 4.52 [Daha once bakmadıysanız problem 4.51’e bir bakın.] B0

ve K sabit olmak uzere

A =B0

2(x− yı), ve ϕ = Kz2

olsun.

(a) E ve B alanlarını bulunuz.

(b) Bu alanların icinde m kutleli q yuklu bir parcacıgın izin verilen enerjilerinibulunuz.

**Problem 4.53 [Daha once bakmadıysanız problem 4.51’e bir bakın.]Klasik elektrodinamikte A ve ϕ potansiyellerinin tanımı tek degildir42; fizik-sel olan cokluklar E ve B alanlar ıdır.

42Ornegin 27. dipnotta verilen Griffiths’in kitabının 10.2.4. bolumune bakınız


(a) Λ konum ve zamanın rastgele gercel bir fonksiyonu olmak uzere

ϕ′ ≡ ϕ− ∂Λ

∂t, A′ ≡ A + ∇Λ (4.206)

potansiyellerinin ϕ ve A potansiyelleriyle aynı alanları verdigini gosteriniz.4.206 esitligine ayar donusumu (gauge transformation), kurama da -ayaragore degismez anlamında- ayar degismez (gauge invariant)

(b) Potansiyeller kuantum kuramında daha dolaysız (direkt) bir rol oynarlarve kuramın ayar degismez olup olmadıgının bilinmesi gerekir.

Ψ′ ≡ eiqΛ/hΨ (4.207)

tanımıyla verilen dalga fonksiyonunun 4.202’deki Schrodinger denkleminiayar-donusturulmus potansiyeller ϕ′ ve A′ icin sagladıgını gosteriniz. Ψ′

ile Ψ arasında sadece bir faz carpanı kadar fark oldugundan aynı fizikseldurumu43 betimlerler ve kuram ayar degismezdir (Daha ileri bir tartısmaicin bolum 10.2.4’e bakın).

43Bu, 〈r〉,d〈r〉dt

gibi cokluklar degismiyor demektir. Λ konum bagımlı oldugundan (p, (h/i)∇islemcisiyle betimlenmek uzere) 〈p〉 degisir, ama [4.203] esitliginde buldugumuz uzere p bu-rada (mv) mekanik momentumunu betimlemez (Lagrange mekaniginde buna kanonik mo-

mentum denir)

Bolum 5

OZDES PARCACIKLAR

5.1 IKI-PARCACIKLI SISTEMLER

Tek bir parcacık icin dalga fonksiyonu Ψ(r, t) uzay koordinatları r ile zamant’nin bir fonksiyonudur (simdilik spini yok sayacagız). Iki parcacıklı bir sistemindalga fonksiyonu parcacık bir’in koordinatları (r1) ile parcacık iki’nin koordi-natları (r2) ve zamanın bir fonksiyonudur:

Ψ(r1, r2, t). (5.1)

Evrimi (herzamanki gibi) Schrodinger denklemiyle belirlenir:

ih∂Ψ

∂t= HΨ, (5.2)

oyle ki H sistemin butununun Hamiltonudur:

H = − h2

2m1∇2

1 −h2

2m2∇2

2 + V (r1, r2, t). (5.3)

(∇ islemcilerindeki alt indis parcacık 1 veya parcacık 2’nin koordinatlarına goreturev alınması gerektigini belirtir.) Burada istatistiksel yorum acıktır:

|Ψ(r1, r2, t)|2d3r1d3r2 (5.4)

ifadesi (t anında) parcacık 1’i d3r1 hacmi icinde, parcacık 2’yi de d3r2 hacmiicinde bulma olasılıgıdır; tabii ki Ψ

∫|Ψ(r1, r2, t)|2d3r1d

3r2 = 1 (5.5)

seklinde boylandırılmıs olmalıdır.Zaman-bagımsız potansiyeller icin degiskenlerin ayrılmasıyla

Ψ(r1, r2, t) = ψ(r1, r2)e−iEt/h (5.6)

179

180 BOLUM 5. OZDES PARCACIKLAR

seklinde bir tam-cozumler-kumesi elde ederiz; oyle ki E toplam enerji olmakuzere uzay dalga fonksiyonu (ψ)

− h2

2m1∇2

1ψ − h2

2m2∇2

2ψ + V ψ = Eψ, (5.7)

zaman bagımsız Schrodinger denklemini saglar.

**Problem 5.1 Etkilesim potansiyeli genelde iki parcacıgı ayıran vektore,r ≡ r1 − r2 bagımlıdır. Boyle oldugu durumlarda r1, r2 degiskenleri yeriner, R ≡ (m1r1 + m2r2)/(m1 + m2) (kutle merkezi) degiskenlerini kullanırsakSchrodinger denklemi ayrısır.

(a) r1 = R + (µ/m1)r, r2 = R − (µ/m2)r ve ∇1 = (µ/m2)∇R + ∇r, ∇2 =(µ/m1)∇R −∇r oldugunu gosteriniz. Burada

µ ≡ m1m2

m1 +m2(5.8)

indirgenmis kutledir.

(b) Zaman-bagımsız Schrodinger denkleminin

− h2

2(m1 +m2)∇2

Rψ − h2

2µ∇2

rψ + V (r)ψ = Eψ

halini aldıgını gosteriniz.

(c) ψ(R, r) = ψR(R)ψr(r) diye tanımlayıp degiskenlerine ayırarak cozunuz.ψR’nin (m1 + m2) toplam kutlesi icin potansiyelin sıfır enerjinin de ER

oldugu bir-parcacık Schrodinger denklemini, ψr’nin de inidirgenmis kutleicin potansiyelin V (r) enerjinin de Er oldugu bir-parcacık Schrodinger den-klemini sagladıgına dikkat ediniz. Toplam enerji E = ER + Er’dir. Not:Bunun bize anlattıgı sudur; kutle merkezi bir serbest parcacık gibi hareketeder ve goreli hareket (yani 2. parcacıgın 1. parcacıga gore olan hareketi)indirgenmis kutleli tek bir parcacıgın V potansiyeli etkisi altında olmasıylaaynıdır. Aynı ayrısma klasik mekanikte1 de olur; iki-parcacıklı bir problemionunla ozdes bir-parcacıklı bir probleme indirger.

Problem 5.2 Problem 5.1’in ısıgında hidrojendeki cekirdegin hareketi icin-elektronun kutlesi yerine indirgenmis kutleyi yazarak- duzeltme yapabiliriz.

(s) m ve µ yazarak hidrojenin baglanma enerjisi (4.77 esitligi)ndeki hata payıyuzdesini (iki tane anlamlı sayıya kadar) bulunuz.

(s) Hidrojen ve doteryum’un kırmızı Balmer cizgileri (n = 3 → n = 2) dal-gaboyu ayrısmasını bulunuz.

1Ornegin, Jerry Marion’un Classical Dynamics, 2nd ed. (New York: Academic Press 1970)kitabının 8.2. bolumune bakabilirsiniz.

5.1. IKI-PARCACIKLI SISTEMLER 181

(s) Pozitronyum’un baglanma enerjisini bulunuz (hidrojen atomundan farklıolarak protonun yerine gelen bir pozitronla bir elektronun biraraya gelme-siyle olusur− pozitron, aynı kutleye zıt yuke sahip oldugundan elektronunanti-parcacıgıdır).

5.1.1 Bozonlar ve Fermiyonlar

Parcacık 1’in ψa(r) (bir-parcacık) durumunda ve parcacık 2’nin ψb(r) duru-munda oldugunu varsayın. Bu durumda ψ(r1, r2) bunların basit bir carpımıolur:

ψ(r1, r2) = ψa(r1)ψb(r2) (5.9)

Tabii burada parcacıklara hangisinin birinci parcacık oldugunu soyleyebilecegimiziongorduk−aksi taktirde parcacık 1’in ψa durumunda parcacık 2’nin ψb duru-munda oldugunu soylemek bir anlam ifade etmezdi. Ama biz hangisinin hangisioldugunu bilmedigimizden butun soyleyebilecegimiz birinin ψa durumunda digerininde ψb durumunda oldugudur. Klasik mekanikten konusuyor olsaydık eger busacma olurdu, cunku ilkesel olarak parcacıkların hangisinin hangisi oldugunubelirleyebilirdik; birini kırmızıya boyayın veya uzerlerine birer etiket yapıstırınya da onları izleyecek birer dedektif kiralayın. Ancak kuantum mekanikte durumtemelden farklıdır: Bir elektronu kırmızıya boyayamazsınız veya etiket yapıstıramazsınızve bir dedektifin gozlemleri kacınılmaz ve onceden belirlenemez bir sekilde elek-tronun durumunu degistirir, ki bu da elektronların yerdegistirmis olabileceklerisuphesini arttırır. Gercek sudur ki iki elektron hic bir klasik nesne ciftinin ola-mayacagı sekilde su katılmamıscasına ozdestir. Hangisinin hangi elektron oldugusadece bizim bilmedigimiz birsey degildir; hangisinin hangisi oldugunu Tanrıdahi bilmiyor, cunku ”bu” elektron veya ”o” elektron diye birsey yoktur ; mesrubir konusmada sadece herhangi bir elektrondan bahsedebiliriz.

Kuantum mekanik, ilkesel olarak ayırtedilebilir olmayan parcacıkların varlıgınısık bir sekilde ortaya koyar: Yapılması gereken sey hangisinin hangi durumdaoldugu bilgisini vermeyen (en azından bunu dısarıya yansıtmayan) bir dalgafonksiyonu yazmaktır. Bunu yapmanın iki yolu var:

ψ±(r1, r2) = A[ψa(r1)ψb(r2) ± ψb(r1)ψa(r2)]. (5.10)

O halde kuram iki farklı tur parcacıgın olmasına musade ediyor: artı isaretinikullandıgımız bozonlar ve eksi isaretini kullandıgımız fermiyonlar (Bose-Einsteinistatistigine uyan parcacıklara bozon, Fermi-Dirac istatistigine uyan parcacıklarafermiyon denir. Okunusları bozon ve fermiyon oldugundan Turkce’ye bu halleriile gecmislerdir c.n.). Fotonlar ve mezonlar bozon, protonlar ve elektronlar fer-miyon. Ayrım su sekildedir

{spinleri tamsayı olan parcacıklar bozondur,spinleri bir tamsayının yarısı olan parcacıklar fermiyon.

(5.11)

Bir parcacıgın spini ile uydugu ”istatistik” arasındaki bu iliski goreli kuantummekanikle ispatlanabilir ; goreli olmayan kuramda bir belit (aksiyom) olarak


alınmak zorundadır. (Daha sonra gorecegimiz uzere bozonların ve fermiyonlarınbayagı farklı istatistikleri vardır.)

Buradan cıkarılabilecek bir sonuc sudur; iki ozdes fermiyon (ornegin iki elek-tron) aynı durumda bulunamazlar. ψa = ψb olursa

ψ−(r1, r2) = A[ψa(r1)ψa(r2) − ψa(r1)ψa(r2)] = 0

olur ve elimizde bir dalga fonksiyonu kalmaz. Bu, meshur Pauli dısarlamailkesidir. Bu, inanmaya ikna olmus olabileceginiz gibi sadece elektronlar icinolan garip bir ongoru degildir. Iki-parcacık dalga fonksiyonunu yazarken uyulankuralların bir sonucudur ve tum ozdes fermiyonlar icin gecerlidir.

Daha rahat gorulebilsin diye parcacıklardan birinin ψa durumunda digerininde ψb durumunda oldugunu varsaydım ama bu problemi formule etmek icin dahagenel ve daha gelismis bir yol var. Iki parcacıgı yerdegistiren yerdegistirmeislemcisi P ’yi tanımlayalım,

Pf(r1, r2) = f(r2, r1). (5.12)

Alenen P 2 = 1’dir ve P ’nin ozdegerleri de ±1’dir (kendiniz ispatlayın). Parcacıklarozdesse Hamilton onları aynı olarak almalı: m1 = m2 ve V (r1, r2) = V (r2, r1).Buradan P ve H uyumlu islemcilerdir

[P, H ] = 0 (5.13)

ve dolayısıyla ikisinin eszamanlı ozdurumları olan fonksiyonların bir tam kumesinibulabiliriz. Bu, sunu soylemekle aynıdır: Schrodinger denklemine yerdegismealtında simetrik (ozdegeri +1) veya antisimetrik (ozdegeri −1) olan cozumlerbulabiliriz:

ψ(r1, r2) = ±ψ(r2, r1) (bozonlar icin +, fermiyonlar icin −). (5.14)

Ayrıca bir sistem boyle bir durumda baslarsa boyle bir durumda devam eder.Simetriklestirme gerekliligi diyecegim yeni kural sudur; ozdes parcacıklaricin dalga fonksiyonu esitligi 5.14’un (bozonlar icin artı isareti, fermiyonlar icineksi isaretiyle) saglanması izin verilmis olmaktan ziyade bir gerekliliktir.2 Bu,5.10 esitliginin bir ozel durum oldugu genel ifadedir.

2Bazen simetriklestirme gerekliligi (5.14 esitligi)’nin yeni birsey olmadıgı P ve H’ninsıradegistirmelerinin zorunlu bir sonucu oldugu ileri surulur. Bu yanlıstır: Hamiltonusimetrik olan ve dalga fonksiyonu simetrik (veya antisimetrik) olma gerekliligi olmayan birayırtedilebilr-iki-parcacık sistemi (bir elektron ve bir pozitron) pekala dusunebiliriz. An-cak ozdes parcacıklar simetrik veya antisimetrik durumlarda bulunmak zorundadırlar ve bubutunuyle yeni bir temel yasadır −Schrodinger denklemiyle istatistiksel yorumun es duzeylikatkılarından dolayı. Elbette ozdes parcacıklar gibi seyler olmak zorunda degil, dogada herparcacık digerlerinden ayırt edilebiliyor olabilir. Kuantum mekanik ozdes parcacıkların olmaolasılıgına musaade ediyor ve doga da (uyusuklugunda olsa gerek) fırsattan istifade ediyor.(Ama ben sikayetci degilim−bu durum isleri oldukca basitlestiriyor!)


Ornek. Sonsuz kare kuyu icinde (Bolum 2.2)m kutleli birbirleriyle etkilesmeyen3

iki tane parcacıgımız oldugunu dusunun. Tek-parcacık durumları

ψn(x) =

√2

asin(nπax), En = n2K

seklindedir veK ≡ π2h2/2ma2’dir. Parcacıklar ayırtedilebilirler ise bileske (toplam)dalga fonksiyonu ikisininkinin adi carpımıdır:

ψn1n2(x1, x2) = ψn1(x1)ψn2(x2), En1n2 = (n21 + n2

2)K.

Ornegin taban durumu

ψ11 =2

asin(πx1/a) sin(πx2/a), E11 = 2K

dir; birinci uyarılmıs durum ikili dejeneredir:

ψ12 =2

asin(πx1/a) sin(2πx2/a), E12 = 5K

ψ21 =2

asin(2πx1/a) sin(πx2/a), E21 = 5K

olur ve boyle gider. Parcacıklar ozdes bozonlarsa taban durumu degismez amabirinci uyarılmıs durum dejenere degildir:

√2

a[sin(πx1/a) sin(2πx2/a) + sin(2πx1/a) sin(πx2/a)]

ve enerjisi hala 5K’dir. Ozdes fermiyon olan parcacıklar icinse 2K enerjili birdurum olmaz ; taban durumu

√2

a[sin(πx1/a) sin(2πx2/a) − sin(2πx1/a) sin(πx2/a)]

ve enerjisi 5K olurdu.

*Problem 5.3

(a) ψa ve ψb birbirlerine dik ve boylandırılmıs iseler 5.10 esitligindeki A sabitine olur?

(b) ψa = ψb ve boylandırılmıs ise A ne olur? (Bu durum elbette sadece bozonlaricin olur.)

Problem 5.43Birbirlerinin icinden geciyorlar−bunu pratikte nasıl yapacagınızı bosverin! Spini gozardı

edecegim−bu sizi rahatsız ederse (ki bunda haklısınız cunku spini olmayan fermiyon ifadesibir celiskidir), aynı spin durumunda olduklarını varsayın.


(a) Sonsuz kare kuyu icerisinde birbirileriyle etkilesmeyen iki tane ozdes parcacıkicin Hamilton islemcisini, H , yazınız. Ornekte verilen fermiyon taban du-rumunun H ’nin uygun ozdegerine karsılık gelen bir ozfonksiyonu oldugunudogrulayınız.

(b) Ornekte verilenlerden sonraki uyarılmıs iki durumu -dalga fonksiyonlarınıve enerjilerinibulunuz. (Ayırtedilebilirler, ozdes bozonlar ve ozdes fermiy-onların herbiri icin yapınız.)

5.1.2 Degis-tokus (Exchange) Kuvvetleri

Simetrilestirme gerekliliginin hakikaten ne yaptıgını hissedebilmeniz icin birboyutlu basit bir ornek uzerinde calısacagım. Bir parcacıgın ψa(x) durumunda,digerinin ψb(x) durumunda olduklarını dusunun ve bu durumlar birbirlerine dikve boylandırılmıs olsunlar. Bu parcacıklar ayırtedilebilirlerse ve 1 numaralı olanψa durumundaysa toplam dalga fonksiyonu

ψ(x1, x2) = ψa(x1)ψb(x2) (5.15)

olur; ozdes bozonlarsa toplam dalga fonksiyonu (boylandırma icin Problem 5.3’ebakın)

ψ+(x1, x2) =1√2[ψa(x1)ψb(x2) + ψb(x1)ψa(x2)] (5.16)

ve ozdes fermiyonlarsa da

ψ−(x1, x2) =1√2[ψa(x1)ψb(x2) − ψb(x1)ψa(x2)] (5.17)

olur.Parcacıklar arasındaki mesafenin karesinin beklenen degerini hesaplayalım,

〈(x1 − x2)2〉 = 〈x2

1〉 + 〈x22〉 − 2〈x1x2〉 (5.18)

Durum 1: Ayırdedilebilir parcacıklar. 5.15 esitligindeki dalga fonksiy-onuyla asagıdakileri elde ederiz:

〈x21〉 =

∫x2

1|ψa(x1)|2dx1

∫|ψb(x2)|2dx2 = 〈x2〉a

(x’in bir-parcacık durumu ψa’daki beklenen degeri),

〈x22〉 =

∫|ψa(x1)|2dx1

∫x2

2|ψb(x2)|2dx2 = 〈x2〉b,

ve

〈x1x2〉 =

∫x1|ψ(x1)|2dx1

∫x2|ψ(x2)|2dx2 = 〈x〉a〈x〉b.


O halde, bu durumda,

〈(x1 − x2)2〉d = 〈x2〉a + 〈x2〉b − 2〈x〉a〈x〉a (5.19)

(Bir sekilde, parcacık 1 ψb durumunda, parcacık 2 ψa durumunda olsaydı sonuc−tabiiki−aynı olacaktı.)(Yukarıdaki esitligin sol tarafındaki d altindisi ayırtedilebilirdemek olan Ingilizce ”distinguishable” kelimesinin d’sidir. c.n.) Durum 2: Ozdesparcacıklar. 5.16 ve 5.17 esitliklerindeki dalga fonksiyonlarıyla asagıdakilerielde ederiz,

〈x21〉 =

1

2

[∫x2

1|ψa(x1)|2dx1

∫|ψb(x2)|2dx2

+

∫x2

1|ψb(x1)|2dx1

∫|ψa(x2)|2dx2

±∫x2

1ψa(x1)∗ψb(x1)dx1

∫ψb(x2)

∗ψa(x2)dx2

±∫x2

1ψb(x1)∗ψa(x1)dx1

∫ψa(x2)

∗ψb(x2)dx2

]

=1

2

[〈x2〉a + 〈x2〉b ± 0 ± 0

]=

1

2

(〈x2〉a + 〈x2〉b

).

Benzer sekilde

〈x22〉 =

1

2

(〈x2〉b + 〈x2〉a

).

(Dogal olarak, 〈x22〉 = 〈x2

1〉, zira aralarında ayrım yapamıyorsunuz.) Ama

〈x1x2〉 =1

2

[∫x1|ψa(x1)|2dx1

∫x2|ψb(x2)|2dx2

+

∫x1|ψb(x1)|2dx1

∫x2|ψa(x2)|2dx2

±∫x1ψa(x1)

∗ψb(x1)dx1

∫x2ψb(x2)

∗ψa(x2)dx2

±∫x1ψb(x1)

∗ψa(x1)dx1

∫x2ψa(x2)

∗ψb(x2)dx2

]

=1

2(〈x〉a〈x〉b + 〈x〉b〈x〉a ± 〈x〉ab〈x〉ba ± 〈x〉ba〈x〉ab)

= 〈x〉a〈x〉b ± |〈x〉ab|2,

oyle ki

〈x〉ab ≡∫xψa(x)∗ψb(x)dx (5.20)

dir. Buradan

〈(x1 − x2)2〉± = 〈x2〉a + 〈x2〉b − 2〈x〉a〈x〉b ∓ 2|〈x〉ab|2 (5.21)

oldugu acıktır.


5.19 ve 5.21 esitliklerine baktıgımızda farkın son terimde oldugunu goruruz:

〈(∆x)2〉± = 〈(∆x)2〉d ∓ 2|〈x〉ab|2; (5.22)

aynı iki durumda bulunan ayırtedilebilir parcacıklara gore ozdes bozonlar (usttekiisaret) daha yakın olma egiliminde iken ozdes fermiyonlar (alttaki isaret) dahauzak olma egilimindedirler. Iki dalga fonksiyonu tam anlamıyla ustuste cakısmadıgıtaktirde 〈x〉ab’nin sıfır olacagına dikkat edin [ψb(x) sıfır degilken ψa(x) sıfırsa5.20 esitligindeki integral sıfırdır]. O halde ψa Adana’daki bir atomun bir elek-tronunu tarif ederken ψb Mersin’deki bir atomun bir elektronunu tarif ediyorsaeger, toplam dalga fonksiyonunu antisimetrik yapmıssınız veya yapmamıssınızbirsey farketmez. Oyleyse dalga fonksiyonları ustuste cakısmayan elektronlarınpratikte ayırtedilebilirmis gibi davranmalarının bir sakıncası yoktur. (Gercektende fizikcilerle kimyacıların bu noktanın otesine ilerleyebilmelerine olanak tanıyansey budur; cunku evrendeki her elektron, dalga fonksiyonlarının antisimetriklestirilmesiile prensipte butun diger elektronlarla baglı haldedir ve bu, pratikte de hakikatenmesele olsaydı butun hepsini bir arada hazırlamadıgınız taktirde bir elektron-dan bahsedebilirliginiz olmazdı!)

Ilginc olan, dalga fonksiyonlarının biraz ustuste cakıstıkları durumdur. Sis-tem, ozdes bozonlar arasında birbirlerine yaklastıracak bir ”cekim kuvveti”ile ozdes fermiyonlar arasında birbirlerinden uzaklastıracak bir ”itme kuvveti”varmıs gibi davranır. Gercekte bir kuvvet olmamasına ragmen biz bu etkilesimedegistokus kuvveti diyecegiz−parcacıkların uzerinde onları iten bir fizikselfaaliyet yok; bu, simetriklestirme gerekliliginin butunuyle geometrik bir sonu-cudur. Ayrıca, kesinlikle kuantum mekaniksel olan bu olgunun klasik bir karsılıgıda yoktur. Ornegin hidrojen molekulunu (H2) ele alalım. Kabaca konusmakgerekirse cekirdek-1, etrafında atomik taban durumda bir elektron icerir. Elek-tronlar bozon olsalardı simetriklestirme gerekliligi (veya isterseniz ”degis-tokuskuvveti”) elektronları protonların arasında orta yerde biriktirmeye calısırdı (Sekil5.1a). Eksi yuklerin bu sekilde birikimi protonları iceri dogru cekip molekulu bi-rarada tutan kovalent bag olusacaktı. Ne yazık ki elektronlar bozon degil fer-miyondur ve bu da eksi yuklerin yogunlugunun kanatlara dogru kayacagı (Sekil5.1b), molekulu yırtacagı anlamına gelir!

Durun biraz! Spini gozardı ede-geldik. Elektronun tam durumu yanlızcakonum dalga fonksiyonu degil bir de spininin yonelimini acıklayan bir spinorde icerir4:

ψ(r)χ(s). (5.23)

Iki-elektron durumunu biraraya getirdigimize bu hepsi birlikte demektir, sadecedegistokusa gore antisimetrik olması gereken uzaysal kısım degildir. Simdi, geriyedonup birlesik spin durumlarına (4.177 ve 4.178 esitlikleri) baktıgımızda teklidurumun antisimetrik oldugunu (dolayısıyla simetrik bir uzaysal fonksiyonlabirlesmesi gerektigini) ancak uclu durumların ucunun de simetrik olduklarını

4Spinle konum arasında bir ciftlesmenin olmadıgı hallerde durumun spin ve uzay koordinat-larına ayrıstırılabilecegini varsaymakta ozguruz. Bu bize spinin yukarı elde edilme olasılıgınınparcacıgın konumundan bagımsız oldugunu soyler. Ciftlesmenin oldugu durumlarda genel du-rum bir dogrusal birlesim halini alır: ψ+(r)χ+ + ψ−(r)χ−.

5.2. ATOMLAR 187

Sekil 5.1: Kovalent bagın seklen resmi. (a) Simetrik duzen cekici kuvvetleridogurur; (b) anti-simetrik duzen itici kuvvetleri dogurur.

(yani antisimetrik bir uzaysal fonksiyon gerektirdiklerini) goruyoruz. O haldeelenen tekli-durum baglanmayı uclu durum da baglanmamayı tarif eder. Kimyager-lerin kovalent baglarda elektronların toplam spinin sıfır5 olacak sekilde tekli du-rumda olmaları gerektigini soyleyeceklerinden eminim.

*Problem 5.5 Sonsuz kare kuyu icinde kutleleri m olan birbirileriyle etk-ilesmeyen iki parcacık dusunun. Biri ψn durumunda (2.24 esitligi) digeri debuna dik olan ψm durumunda ise 〈(x1 −x2)

2〉’ni hesaplayınız: (a) ayırtedilebilirparcacıklar (b) ozdes bozonlar (c) ozdes fermiyonlar olduklarında.

Problem 5.6 Uc parcacıgınız oldugunu ve bunlardan birinin ψa(x) birininψb(x) dgierinin de ψc(x) durumunda oldugunu dusunun. ψa, ψb ve ψc’nin boy-landırılmıs-dik olduklarını varsayın. 5.15, 5.16 ve 5.17 esitliklerinin benzerleriolan uc parcacık durumlarını (a) ayırtedilebilir parcacıklar, (b) ozdes bozon-lar ve (c) ozdes fermiyonlar icin yazınız. (Herhangi ikisinin degismesine gore(b)’nin butunuyle simetrik, (c)’nin de butunuyle antisimetrik olmak zorudaoldugunu aklınızda tutunuz.) Not: Butunuyle antisimetrik olan dalga fonksiyon-larını olusturmak icin hos bir yol var: birinci satırı ψa(x1), ψb(x1), ψc(x1),. . ., ik-inci satırı ψa(x2), ψb(x2), ψc(x2),. . ., v.b. olan Slater determinantını olusturun.(kac parcacık olursa olsun bu calısır.)

5.2 ATOMLAR

Atom numarası Z olan bir notr atomda yuku Ze olan agır bir cekirdek veetrafında (m kutleli −e yuklu) Z tane elektron vardır. Bu sistemin Hamilton

5Resmi olmayan dilde genelde, elektronlar ”zıt yonludurler” denir (birisi spin yukarı digerispin asagı). Bu basitlestirmekten de ote birseydir, zira aynı sey m = 0 uclu durumu icin desoylenebilir. Tam acıklayıcı cumle sudur bunlar tekli duzendedirler (konfigurasyondadırlar).


islemcisi6

H =Z∑

j=1

{− h2

2m∇2

j −(

1

4πε0

)Ze2

rj

}+

1

2

(1

4πε0

) Z∑

j 6=k

e2

|rj − rk|(5.24)

seklindedir. Kume parantezi icindeki terim cekirdegin elektrik alanı icindeki j.elektronun kinetik artı potansiyel enerjisini tarif eder; j = k haric butun j vek degerleri uzerinden toplam alan ikinci terim ise elektronların karsılıklı birbir-lerini itmelerinden kaynaklı potansiyel enerjidir (Onundeki 1/2 carpanı her cifticin bir kere hesaplanması gereken potansiyelin duzeltmesidir). Hadise

Hψ = Eψ (5.25)

Schrodinger denklemini ψ(r1, r2, . . . , rZ) dalga fonksiyonu icin cozmektir. Elek-tronların ozdes fermiyon olmalarından dolayı oyle her cozum kabul edilebilirdegildir: sadece konum ve spinlerin toplamı olan

ψ(r1, r2, . . . , rZ)χ(s1, s2, . . . , sZ) (5.26)

durumunu iki elektronun yerdegismesi halinde antisimetrik yapanlar kabul edilebilir-lerdir. Elektronlardan hicbiri bir digeriyle aynı durumda bulunamaz.

Schrodinger denklemi, 5.24 esitligindeki Hamilton islemcisi icin en basithali Z = 1 (hidrojen) haric maalesef tam olarak cozulemiyor (simdiye kadarcozulemedi). Cozum icin yaklasıklık yontemlerine basvurulmalıdır. Bunların bazılarınıkitabın II. kısmında inceleyecegiz; simdilik sadece, elektronların birbirlerini it-melerinden dolayı olan potansiyel enerji terimini toptan gozardı ederek eldeedilmis cozumlerin bazı ozellikleri uzerinden gececegim. 5.2.1 bolumunde helyu-mun taban ve uyarılmıs durumlarını, 5.2.2’de daha buyuk atomların taban du-rumlarını calısacagız.

Problem 5.7 5.25’teki Schrodinger denklemine 5.24 esitligiyle verilen Hamil-ton islemcisi icin ψ(r1, r2, . . . , rZ) seklinde bir cozum buldugunuzu dusunun. Bucozumden, aynı enerji icin Schrodinger denklemini saglayan butunuyle simetrikve butunuyle antisimetrik fonksiyonları nasıl olusturacagınızı acıklayın.

5.2.1 Helyum

Hidrojenden sonraki en basit atom helyumdur (Z = 2). Hamilton islemcisi

H =

{− h2

2m∇2

1 −1

4πε0

2e2

r1

}+

{− h2

2m∇2

2 −1

4πε0

2e2

r2

}+

1

4πε0

e2

|r1 − r2|(5.27)

6Cekirdegin duragan oldugunu varsayıyorum. Cekirdegin hareketinin indirgenmis kutlehilesi ile (Problem 5.1) hesaba katılması sadece iki-cisim probleminde isler−hidrojende; ney-seki cekirdegin kutlesi elektronlarınkinden cok daha fazla da buradan gelen duzeltme cok cokkucuk oluyor (Problem 5.2a) ve tabii daha agır atomlar icin bu fark daha da fazla oluyor.Bundan cok daha ilginc etkiler var; elektronun spininden dolayı olan manyetik etkilesmeler,gorelilikten kaynaklı duzeltmeler ve cekirdegin sonlu boyutlu (yani noktasal olmaması) olmasıdurumu. Bunlara daha sonra ileriki Bolumlerde girecegiz, ama bunların hepsi 5.24 esitligindeacıklanan ”safi Coulombsal” olan atoma gelen sadece kucuk duzeltmelerdir.

5.2. ATOMLAR 189

bir tane elektron 1, bir tane de elektron 2 icin olmak uzere iki tane hidrojenbenzeri Hamilton islemcisi (2e cekirdek yuklu) ile iki elektronun birbirleriniitmelerini tarif eden son bir terim icerir. Tum sorunların sebebi bu son terimdir.Bu son terimi basitce gozardı edersek Schrodinger denklemi ayrısır ve cozumlerhidrojen dalga fonksiyonlarının carpımları olarak yazılabilirler:

ψ(r1, r2) = ψnlm(r1)ψn′l′m′(r2). (5.28)

Yarıcap Bohr yarıcapı’nın (4.72 esitligi) yarısı, enerjiler Bohr enerjilerinin (4.70esitligi) dort katı ve toplam enerji de, En = −13.6/n2 eV olmak uzere,

E = 4(En + En′) (5.29)

olurdu. Taban durumu

ψ0(r1, r2) = ψ100(r1)ψ100(r2) =8

πa3e−2(r1+r2)/a (5.30)

(4.80 esitligine bakın) ve enerjisi de

E0 = 8(−13.6 eV) = −109 eV (5.31)

olurdu. ψ0 simetrik bir fonksiyon oldugundan spin durumu antisimetrik ol-mak zorundadır, yani helyumun taban durumu ”zıt yonlu” spinlerle tekli birduzendedir (konfigurasyonundadır). Helyumun gercek taban durumu hakikatende bir tekli durumdur ama deneysel olarak olculen enerjisi −78.975 eV oldugundanson terimi ihmal etmemiz iyi olmamıs. Ancak bu bir supriz degil: Elektron it-melerini ihmal ettik, ki bunların katkısı hic de kucuk degildir. Pozitiftir (5.27esitligi) ve enerjiyi −109’dan −79 eV’a cıkarıp bizi rahatlatır (Problem 5.10’abakın).

Helyumun uyarılmıs durumları bir tane hidrojenin taban durumunda birtane de uyarılmıs durumlarda elektron icerir:

ψnlmψ100. (5.32)

[Elektronların ikisini de uyarılmıs durumlara koymaya calısırsanız biri anındataban durumuna duser. Acıga cıkan enerji digerini atomdan koparıp−bunun icinyeterlidir, sureklilige (E > 0) gonderip elinizde bir helyum iyonu (He+) ile birserbest elektron bırakır. Bu ilginc bir problemdir−Problem 5.8’e bakın−amasimdiki isimiz bu degil]. Bundan alısılmıs yolla (5.10 esitligi) hem simetrik hemde antisimetrik birlesimleri olusturabiliriz; birincisi antisimetrik bir spin duzeni(konfigurasyonu) (tekli) alır, bunlara parahelyum denir; digerinin alacagı spinduzeni simetriktir (uclu), bunlara da ortohelyum denir. Taban durumu para-helyum olmalıdır; uyarılmıs durumlar iki halde de olurlar. Simetrik uzaysaldurum elektronları birbirine yaklastırdıgından (5.1.2 Bolumunde bulmustuk)parahelyumda daha yuksek bir etkilesim enerjisi bekleriz, ki gercekten de para-helyum durumlarının karsılıkları olan ortohelyum durumlarından daha fazla en-erjili oldukları deneysel olarak dogrulanmıstır (Sekil 5.2’ye bakın).


Problem 5.8

(a) Bir helyum atomunda iki elektronuda n = 2 durumuna koydugunuzu dusunun.Bu durumda yayılan elektronun enerjisi ne olurdu?

(b) Helyum iyonu He+’nın tayfını (sayısal olarak) acıklayınız.

Problem 5.9 Asagıdaki durumlar icin helyumun enerji seviyeleri semasını(nitel olarak) tartısınız; (a) elektronlar ozdes bozonlar olsun (b) elektronlar(aynı kutle ve aynı yuke sahip) ayırtedilebilir parcacıklar olsun. Elektronlarıbu durumlarda da spinleri 1/2 olarak kabul ediniz.

**Problem 5.10

(a) 5.30 esitliginde verilen ψ0 durumu icin 〈(1/|r1 − r2|)〉’yi hesaplayınız. Ipucu:Kuresel koordinatlarda kutupsal ekseni r1 dogrultusunda alırsanız

|r1 − r2| =√r21 − r22 − 2r1r2 cos θ2

olur. Simdi once d3r2 integralini alın. θ2 integrali kolay, ama pozitif koku al-mayı unutmayın. r2 integralini iki parcaya ayırmanız gerekecek, biri 0’danr1’e digeri r1’den ∞’a kadar olacak. Cevap: 5/4a.

(b) Taban durumundayken helyumdaki elektronların etkilesme enerjilerini ke-stirebilmek icin (a)’daki sonucu kullanınız. Cevabınızı elektron volt cinsin-den ifade edip 5.31 esitligi ile verilen E0’a ekleyiniz. Boylece taban durumenerjisi icin -oncekine gore- biraz duzeltilmis bir tahmin elde ederiz. Not:Hala yaklasık bir dalga fonksiyonu ile calıstıgımızdan kusursuz bir sonucbeklemeyin.

5.2.2 Periyodik Tablo

Daha agır atomlar icin taban-durumu elektron konfigurasyonları aynı sekildeduzenlenip biraraya getirilebilirler. Karsılıklı itmeleri topyekun ihmal ettigimizdeilk yaklasımda Ze yuklu bir cekirdegin Coulomb potansiyelinde her elektron bir-parcacık hidrojenik (hidrojen benzeri) durumlarını (n, l,m) isgal ederler. Budurumlara orbital denir. Elektronlar bozon (veya ayırtedilebilir parcacıklar)olsalardı hepsi (1,0,0) taban durumuna inerlerdi ve bu durumda da kimya cokdonuk, renksiz birsey olurdu. Ama gercekte elektronlar Pauli dısarlama ilke-sine tabi ozdes fermiyonlardır ve sadece iki tanesi bir orbital doldurabilirler(biri spin yukarı digeri spin asagı−veya daha net bir sekilde tekli duzende(konfigurasyonda)). Verilen bir n degeri icin (hepsi En enerjili) n2 tane hidro-jenik dalga fonksiyonu vardır. O halde n = 1 kabugunda iki elektron icin yervardır, n = 2 kabugunda 8, n = 3’te 18 ve genelde n. kabuk 2n2 tane elektron

5.2. ATOMLAR 191

barındırabilir. Periyodik Tabloda yatay satırlar her kabugun doldurulmasınakarsılık gelir (hikayenin butunu bundan ibaret olsaydı uzunlukları 2, 8, 18, 32,50,. . . olurdu ama degil, onun yerine 2, 8, 8, 18, 18,. . . gibidir; az sonra elektron-elektron itmesinin saymayı nasıl etkiledigini gorecegiz).

n = 1 kabugu helyumla dolar, dolayısıyla bir sonraki atom lityum (Z = 3)bir elektronunu n = 2 kabuguna koymak zorundadır. Simdi, n = 2 iken l = 0veya l = 1 olabileceginden 3. elektron bir tanesini tercih etmesi lazım amahangisini? Elektron-elektron etkilesmelerinin olmadıgı durumlarda ikisi de aynıenerjili olurdu (hatırlayın Bohr enerjileri sadece n’ye baglıdır, l’ye degil). Elek-tronların birbirlerini itmelerinin etkisi l’nin en dusuk oldugu durumu sectirir,bunun sebebi sudur: Acısal momentum elektronu dısarı atmaya calısır (ver-ilen bir n icin r’nin beklenen degeri artan l’yle artar) ve elektron uzaklastıkcaicerdeki elektronlar cekirdegi daha etkin bir sekilde perdeler (kabaca konusmakgerekirse en icteki elektron cekirdegin tum yukunu, Ze’yi gorur ama en dıstakielektron e’den daha buyuk olmayan bir miktardaki etkin yuku gorur). O haldebir kabuktaki en dusuk enerjili durum (en sıkı baglanan elektron yani) l = 0’dırve enerji, l arttıkca artar. O halde lityumdaki ucuncu elektron (2,0,0) orbitalinidoldurur. Sonraki atom (berilyum, Z = 4) da yine bu durumda bulunur (”zıtyonlu spinle”) ama bor (Z = 5) l = 1’i kullanmak zorundadır.

Bu sekilde devam ederek neona (Z = 10) ulasırız ki burada n = 2 kabugudolmustur. Artık periyodik tablonun bir sonraki satırına gecip n = 3 kabugunudoldurmaya baslarız. l = 0 olan iki atom (sodyum ve magnezyum)dan sonral = 1 olan altı atom var (aluminyumdan argona). Argondan sonra n = 3 vel = 2 olan 10 tane atom olması ”gerekir”; ancak bu sefer perdeleme etkisi okadar kuvvetlidir ki bir sonraki kabukla ust uste cakısır ve potasyum (Z = 19)ile kalsiyum (Z = 20) n = 3, l = 2 yerine n = 4, l = 0’ı secerler. Sonrageri donup n = 3, l = 2’yi doldurup (skandiyumdan cinkoya kadar) n = 4,l = 1’le devam ederiz (galyumdan kriptona kadar). Buradan ufak bir atlamaylabir sonraki (n = 5) satırına gecer n = 4 kabugunun l = 2 ve l = 3 orbitallerinekayana kadar bekleriz. Bu sıradısı karısıklıkla ilgili detaylar icin herhangi biratomik fizik kitabına bakabilirsiniz.7

Atomik durumların modası gecmis isimlerndirmelerinden bahsetmezsem egerkusurlu olurum, zira kimyacıların hepsiyle fizikcilerin cogunun kullandıgı ve(GRE (Graduate Record Exam) sınavlarını hazırlayanların sevdikleri turden)birseydir. En iyi ondokuzuncu yuzyıl spektroskopicileri tarafından bilinen sebe-plerden dolayı l = 0’a s denir (ingilizce ”sharp” kelimesinden dolayı), l = 1’e p(”principal”dan), l = 2’ye d (”diffuse”dan) ve l = 3’e f (”fundamental”dan); on-dan sonra sanırım hayal guclerini yitirdiler cunku liste abecesel devam ediyor (g,h, i, . . .).8 Belirli bir elektronun durumu nl cifti ile ifade edilir, n sayısı kabuguverir, l harfi yorungesel acısal momentumu belirler; manyetik (veya azimuthal)

7Ornegin, U. Fano ve L. Fano, Basic Physics of Atoms and Molecules (New York: JohnWiley & Sons, 1959) Bolum 18 veya bir klasik olan G. Herzberg, Atomic Spectra and AtomicStructure (New York: Dover, 1944) kitabı.

8Kabukların kendileri de rastgele isimlerle adlandırılırlar. Niyesini bana sormayın, K ilebaslar: K kabugu n = 1’dir. L kabugu n = 2, M kabugu n = 3 ve boyle gider. En azındanabecesel sıradadırlar.


kuantum sayısı m verilmez ama soz konusu durumda kac elektron oldugu ustelsayıyla ifade edilir. Dolayısıyla

(1s)2(2s)2(2p)2 (5.33)

duzeni bize (1,0,0) orbitalinde iki, (2,0,0) orbitalinde iki ve (2,1,1), (2,1,0) ile(2,1,-1) orbitallerinin bir birlesiminde iki tane elektron oldugunu soyluyor. Bukarbonun taban durumudur.

Bu ornekte yorungesel acısal momentum kuantum sayısı 1 olan iki tane elek-tron var, yani toplam yorungesel acısal momentum kuantum sayısı L 2,1 veya 0olabilir (kucuk l yerine buyuk L kullanılmasının sebebi bunun tek bir parcacıgındegil toplamın yorungesel acısal momentumunu gosterdigini vurgulamaktır.)Bu arada (1s)’deki iki elektron toplam spinleri sıfır olarak tekli duruma kil-itlenmislerdir; aynı sekilde (2s)’deki iki elektron da. Ama (2p)’deki iki elektrontekli veya uclu duzenlerden birinde olabilirler. O halde toplam spin kuantumsayısı S (yine toplamı gosterdiginden buyuk harf) 1 veya 0 olabilir. Hepsinintoplamının (yorungesel artı spin) J , 3,2,1 veya 0 olabilecegi acıktır. Belirli biratom icin bu toplamların neler olacagını belirleyen (hesaplayan) alısılmıs kural-lar vardır. (Hund’un kuralları9) Sonuc asagıdaki gibi resmedilir:

2S+1LJ (5.34)

(Burada S ve J sayı, L harftir−toplamları gosterdiklerinden hepsi buyuk harflegosteriliyor.) Karbonun taban durumu 3P0 olur: Toplam spin 1 (bu yuzden 3),toplam acısal momentum 1 (bu yuzden P ) ve hepsinin toplamı sıfır (bu yuzden0). Periyodik tablonun ilk dort satırı icin her elemanın duzeni ve toplam acısalmomentumu (5.34 esitligindeki gosterimle) Tablo 5.1’de listelenmistir.

***Problem 5.11

(a) periyodik tablonun ilk iki satırı icin (neona kadar) elektronların duzenini(5.33 estligi ile verilen gosterimle) cıkarınız ve sonuclarınızı tablo 5.1’denkontrol ediniz.

(b) Ilk dort eleman icin toplam acısal momentumları 5.34 esitligindeki goster-imden cıkarınız. Bor, karbon ve nitrojen icin butun olasılıkları listeleyiniz.

(c) Hund’un birinci kuralı geri kalan hersey aynı olmak uzere toplam spinien buyuk olan durum en dusuk enerjiye sahip olacaktır der. Buradan helyu-mun uyarılmıs durumları icin nasıl bir ongorude bulunabiliriz?

(d) Hund’un ikinci kuralı bir alt-kabuk (n, l) eger yarıdan daha fazla doludegil ise en dusuk enerjili durum icin J = |L − S|; yok eger yarıdan dahafazla dolu ise J = L + S en dusuk enerjiye sahiptir der. (b)’de verilenbor’daki bulanıklıgı ortadan kaldırmak icin bu kuralı kullanın.

9Stephen Gasiorowicz, Quantum Physics(New York: John Wiley ve Sons, 1974) kitabınınBolum 18 ve 19’a bakın ornegin

5.3. KATILAR 193

(e) Hund’un kurallarıyla birlikte, simetrik bir spin durumunun antisimetrikbir konum durumuyla (veya antisimetrrik spin simetrik konum) birlikteolabilecegi gercegini kullanarak (b)’de bahsedilen karbon’daki bulanıklıgıortadan kaldırınız. Nitrojen icin ne soyleyebilirsiniz?

Problem 5.12 Periyodik tablonun altıncı satırındaki 66. element olan dis-porsiyum’un taban durumu 5I8 ile verilir. Toplam spin momentumu, toplamyorungesel momentum ve toplam acısal momentum sayıları nedir? Disporsiyumicin olası bir elektron duzeni oneriniz.

5.3 KATILAR

Katı halde her atomun en dısındaki zayıf baglı degerlik (valans) elektron-larının birkacı cozulup madde icerisinde gezinir. Bu elektronlar artık sadecekoptukları atomun cekirdeginin Coulomb alanının degil butun kristal orgunun(latisin) birlesik potansiyelinin etkisi altındadırlar. Bu bolumde en ilkel iki mod-eli irdeleyecegiz: bunlardan ilki sınırların belirlenmesi haric butun kuvvetleri yoksayıp dolasan elektronları serbest parcacıklar olarak alan (sonsuz kare kuyu-nun uc boyutlu benzesimi (analog)) Sommerfeld’in elektron gazı kuramı; ikin-cisi duzenli aralıklarla yerlestirilmis artı yuklu cekirdeklerin elektriksel cekiminiifade eden bir periyodik potansiyeli tanımlayan Bloch’un kuramıdır (bu daelektron-elektron itmelerini ihmal etmeye devam ediyor). Bu modeller katılarınkuantum kuramına giden yoldaki hatalı ilk adımlardır ama yine de Pauli dısarlamailkesinin katıların ”katılıkları” ile ilgili oynadıgı kritik yolu acıga cıkarrır veiletkenlerin, yarı-iletkenlerin ve yalıtkanların onemli elektriksel ozelliklerine ısıktutarlar.

5.3.1 Serbest Elektron Gazı

Bahse konu nesnenin lx, ly, lz boyutlu bir dikdortgenler prizması oldugunuvarsayın ve icerdeki elektronun duvarlardan baska bir kuvvet hissetmediginidusunun:

V (x, y, z) =

{0, (0 < x < lx, 0 < y < ly, 0 < z < lz) ise;∞, aksi halde.

(5.35)

Schrodinger denklemi

− h2

2m∇2ψ = Eψ,

kartezyen koordinatlara ayrısır: ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z) ile

− h2

2m

d2X

dx2= ExX, −

h2

2m

d2Y

dy2= EyY, −

h2

2m

d2Z

dz2= EzZ,


ve E = Ex + Ey + Ez olur.

kx ≡√

2mEx

h, ky ≡

√2mEy

h, kz ≡

√2mEz

h,

ile genel cozumu

X(x) = Ax sin(kxx) +Bx cos(kxx), Y (y) = Ay sin(kyy) +By cos(kyy),

Z(z) = Az sin(kzz) +By cos(kzz)

seklinde elde ederiz. Sınır kosulları X(0) = Y (0) = Z(0) = 0 olmasını gerek-tirdiginden Bx = By = Bz = 0; X(lx) = Y (ly) = Z(lz) = 0 olmasını gerek-tirdiginden

kxlx = nxπ, kyly = nyπ, kzlz = nzπ (5.36)

olur. Oyle ki her n pozitif bir tamsayıdır:

nx = 1, 2, 3, . . . , ny = 1, 2, 3, . . . , nz = 1, 2, 3, . . . . (5.37)

Boylandırılmıs dalga fonksiyonları

ψnxnynz =

√8

lxlylzsin

(nxπ

lxx

)sin

(nyπ

lyy

)sin

(nzπ

lzz

)(5.38)

ve izin verilen enerjiler

Enxnynz =h2π2

2m

(n2

x

l2x+n2

y

l2y+n2

z

l2z

)=h2k2

2m(5.39)

olur, oyle ki k, dalga vektoru k = (kx, ky, kz)’nin boyudur.Eksenleri kx, ky ve kz olan bir uc-boyutlu uzay ve bu uzayın icinde kx =

(π/lx), (2π/lx), (3π/lx), . . .’te ky = (π/ly), (2π/ly), (3π/ly), . . .’de ve kz =(π/lz), (2π/lz), (3π/lz), . . .’de cizilmis duzlemler dusunurseniz bu duzlemlerinher kesisim noktası ayrı bir bir-parcacık-duragan-durumunu temsil eder (Sekil5.3). Bu orgu’nun (grid’in) icindeki her blok− ve dolayısıyla her durum− ”k-uzayı”nda bir

π3

lxlylz=π3

V(5.40)

hacmini kaplar. Burada V ≡ lxlylz, nesnenin kendisinin uzaysal hacmidir. Simdi,ornegimizin N tane atom icerdigini ve her atomun q tane serbest elektronbıraktıgını dusunun. (UygulamadaN cok cok buyuktur−mikroskobik buyukluktekibir nesne icin Avogadro sayısı mertebesindedir.) Elektronlar bozon (veya ayırtedilebilirparcacık) olsalardı hepsi ψ111 taban durumuna yerlesirlerdi.10 Ama gercekte

10Katıyı bu toplu taban durumunda oynatacak kadar bir sıcaklık veya tedirginlik vericibaska birseyin olmadıgını varsayıyorum. Tipik katıların (Problem 5.13c’de gostereceginiz gibi)oda sıcaklıgından uzakta olma baglamında ”soguk” olmalarına ragmen yine de ”soguk” birkatıdan konustugumu dusunun isterseniz.

5.3. KATILAR 195

elektronlar Pauli dısarlama ilkesine tabi ozdes fermiyon olduklarından verilenbir durumu sadece iki tanesi isgal edebilir. k-uzayında bir kurenin sekizde birinidoldururlar11

1

8

(4

3πk3

F

)=Nq

2

(π3

V

).

Burada kurenin yarı capı kF , her elektron ciftinin (k-uzayında) π3/V hacmegereksinim duymaları kosulu ile belirlenir (5.40 esitligi). O halde

kF = (3ρπ2)1/3 (5.41)

tur ve

ρ ≡ Nq

V(5.42)

serbest elektron yogunlugudur (birim hacimdeki serbest elektronların sayısı).k-uzayındaki doldurulmus ve doldurulmamıs durumları ayıran sınıra Fermi

yuzeyi denir (F alt indisinin sebebi budur). Doldurulmus en fazla enerjiyeFermi enerjisi denir EF ; bir serbest elektron gazı icin

EF =h2

2m(3ρπ2)2/3 (5.43)

oldugu acıktır. Elektron gazının toplam enerjisi su sekilde hesaplanabilir: dkkalınlıgındaki bir kabuk (Sekil 5.4)

1

8(4πk2)dk

hacminde oldugundan kabugun icindeki elektron durumlarının sayısı

2[(1/2)πk2dk]

(π3/V )=V

π2k2dk

dir. Bu durumların herbiri h2k2/2m (5.39 esitligi) kadarlık enerji tasıdıgındankabugun enerjisi

dE =h2k2

2m

V

π2k2dk (5.44)

ve dolayısıyla toplam enerji de

Etot =h2V

2π2m

∫ kF

0

k4dk =h2k5

FV

10π2m=h2(3π2Nq)5/3

10π2mV −2/3 (5.45)

olur.Bu kuantum mekaniksel enerji sıradan bir gazın ic enerjisi (U) ile yaklasık

aynı rolu oynar. Ornegin duvarlara bir basınc uygular ve elimizdeki kutu dVkadar genlesirse toplam enerji de azalır:

dEtot = −2

3

h2(3π2Nq)5/3

10π2mV −5/3dV = −2

3Etot

dV

V11N cok cok buyuk bir sayı oldugundan daha once tarifini verdigimiz keskin kararlı grid

(orgu) ile ona bir yaklasım olarak simdi verdigimiz puruzsuz kure yuzeyi arasındaki fark icinendiselenmemize gerek yok


ve bu da bize kuantum basıncı P ’nin dısarıya is (dW = PdV ) yaptıgını gosterir.Buradan

P =2

3

Etot

V=

2

3

h2k5F

10π2m=

(3π2)2/3h2

5mρ5/3 (5.46)

oldugu acıktır. O halde soguk bir katı nesnenin kendi ustune neden cokmedigisorusuna burada kısmen de olsa bir cevap verilebilir: Dengeleyici bir ic basıncvardır ve bunun (gozardı ettigimiz) elektron-elektron itismeleri veya (yoksaydıgımız)ısısal (termal) hareketlerle hic bir ilgisi yoktur, sadece ozdes fermiyonların dalgafonksiyonlarının antisimetriklestirilmeleri gerekliliginden cıkar ortaya. ”Dısarlamabasıncı” belki daha uygun bir ifade olmasına ragmen bazen dejenerelik basıncıdenir.12

Problem 5.13 Bakırın yogunlugu 8.96 gr/cm3’tur ve atomik agırlıgı 63.5gr/mol’dur.

(a) Bakırın Fermi enerjisini hesaplayınız (5.43 esitligi). q = 1 oldugunu varsayıpcevabınızı eV cinsinden ifade ediniz.

(b) Bu enerjiye karsılık gelen elektron hızı nedir? [EF = (1/2)mv2 olarakalınız.] Bakırın icindeki elektronları goreli parcacıklar degilmis gibi almakyeteri kadar dogru sonuc verir mi?

(c) Karakteristik ısısal (termal) enerji (kBT ; burada kB Boltzmann sabiti,T Kelvin cinsinden sıcaklıktır) hangi sıcaklıkta bakırın Fermi enerjisineesittir? Not: Buna Fermi sıcaklıgı denir. Gercek sıcaklık Fermi sıcaklıgındanyeteri kadar dusuk oldugunda, elektronların cogu taban-durumu duzenindeoldugunda, madde ”soguk” kabul edilir. Bakırın erime sıcaklıgı 1356 Koldugundan katı bakır her zaman soguktur.

(d) Elektron gazı modelinde bakırın dejenerelik basıncını (5.46 esitligi) hesaplayınız.

Problem 5.14 Bir maddenin hacimsel elastisite modu (bulk modulus),hacimdeki artısa oranla basınctaki kucuk azalmadır:

B = −V dPdV

.

Serbest elektron gazı modelinde B = (5/3)P oldugunu gosterip bu sonucu Prob-lem 5.13(d)’de kullanarak bakırın hacimsel elastisite modunu tahmin ediniz.Not: Gozlem sonucu 13.4×1010 N/m2’dir ama siz bu sonuca cok yakın bir degerbeklemeyin−nihayetinde elektron-cekirdek ve elektron-elektron etkilesmeleriniihmal ediyoruz! Aslında ilginc olan, bu hesaplamanın olabildigi kadar yakınsonuc vermesidir.

125.41, 5.43, 5.45 ve 5.46 esitliklerini ozelde sonsuz dikdortgenler prizması kuyu icin cıkardıkama parcacıkların sayısı cok cok buyuk oldugu taktirde her tur sekildeki kaplar icin gecerlidir.

5.3. KATILAR 197

5.3.2 Band Yapısı

Simdi duzgun yerlesmis artı yuklu duragan cekirdeklerin elektronlara uygu-ladıkları kuvvetleri de ekleyerek serbest elektron modelini gelistirecegiz. Onemlibir noktaya kadar katıların niteliksel davranısını sadece bu potansiyelin periyo-dik olusu belirler−seklinin gercekte ne oldugu daha ince detaylar icin gereklidir.Size bunun nasıl oldugunu gostermek icin olası en basit ornegi gelistirecegim:duzgun aralıklarla yerlesmis delta-fonksiyon kuyularından olusan bir-boyutlu birDirac taragı (Sekil 5.5). Ama buna gecmeden once, periyodik potansiyelleringenel kuramıyla ilgili biraz birseyler bilmeliyiz.

O halde bir boyutta periyodik bir potansiyele tabi olan tek bir parcacıgı elealalım:

V (x+ a) = V (x). (5.47)

Bloch Savı’na gore, Schrodinger denklemi

− h2

2m

d2ψ

dx2+ V (x)ψ = Eψ (5.48)

nin boyle bir potansiyel icin cozumlerini, K bir sabit olmak uzere,

ψ(x+ a) = eiKaψ(x) (5.49)

kosulunu saglayacak sekilde alabiliriz.

Ispat: D ”yerdegistirme” islemcisi olsun:

Df(x) = f(x+ a). (5.50)

5.47 esitliginden dolayı D Hamiltonla sıradegisir:

[D,H ] = 0 (5.51)

ve dolayısıyla (Bolum 3.4.1)H ’nin ozfonksiyonları icinD’nin es zamanlı ozfonksiy-onlarını secebiliriz: Dψ = λψ veya

ψ(x+ a) = λψ(x). (5.52)

Simdi λ kesinlikle sıfır olmadıgından [olsaydı eger−5.52 esitligi butun x’ler icingecerli oldugundan− ψ(x) = 0 elde edecektik ki bu olabilir bir ozfonksiyondegildir] sıfırdan farklı herhangi bir karmasık sayı gibi o da ustel olarak ifadeedilebilir:

λ = eiKa. (5.53)

Burada K bir gercel sabittir. IGB.

Su anda 5.53 esitligi sadece λ ozdegerinin farklı bir sekilde yazımıdır ama azsonra K’nın gercekten de gercel oldugunu, bundan dolayı da ψ(x)’in kendisi ol-masa bile beklenecegi uzere |ψ(x)|2’nin kesinlikle periyodik oldugunu gorecegiz.13

|ψ(x+ a)|2 = |ψ(x)|2. (5.54)

13Bloch’un savını ispatlamak icin 5.54 esitligini kullanarak tersten baslamayıdusunebilirsiniz. 5.54 esitligi tek basına 5.49 esitligindeki faz (evre) carpanının x’in birfonksiyonu olmasına olanak tanıdıgından bu yol sonuc vermez.


Elbette hic bir gercek katı sonsuza kadar gitmez, kenarlar V (x)’in periyo-dikligine son verir ve boylece Bloch’un savının uygulanabilirligi ortadan kalkar.Ancak, Avogadro sayısı mertebesinde atom iceren makroskobik bir kristalde ke-nar etkilerinin derinlerdeki elektronaların davranıslarını kayda deger bir sekildeetkileyebilecegi hayal edilemez. Dolayısıyla Bloch’un savını kurtarmak icin belkibirsey onerilebilir: x-eksenini bir cembere dolayıp N ≈ 1023 gibi buyuk birperiyot sonra -bası sonuna denk gelecek sekilde- yine kendi ustune birlestirebiliriz;yaptıgımız sey

ψ(x+Na) = ψ(x) (5.55)

seklinde bir sınır kosulu tanımlamaktır. 5.49 esitliginden

eiNKaψ(x) = ψ(x)

yani eiNKa = 1, veya NKa = 2πn ya da

K =2πn

Na, (n = 0,±1,±2, . . .) (5.56)

olur. Burada K’nın gercel olması bir gerekliliktir. Bloch’un savının guzelligi(avantajı) Schrodinger denklemini sadece bir periyodluk bir hucre icin (ornegin0 ≤ x ≤ a aralıgı icin) cozmemizin yeterli olmasındadır; 5.49 esitliginin tekrar-lanması geri kalan her yerdeki cozumu uretir.

Simdi potansiyelin delta-fonksiyon kuyuları olan uzun bir ip icerdigini dusunun(Dirac taragı):

V (x) = −αN−1∑

j=0

δ(x− ja). (5.57)

Kuyular kabaca latis(kafes)teki cekirdeklerin elektriksel cekimini tarif ederler.(Sekil 5.5’i soyle dusunmelisiniz; onceki paragrafta acıklandıgı gibi x-ekseni bircemberin ”etrafına dolanmıstır”, dolayısıylaN . kuyu x = a’dadır.) Kimse bunungercekci bir model oldugunu soyleyemez, ama hatırlayın burada bizi ilgilendirentek sey periyodikligin etkileridir; bu konu uzerindeki klasik calısma14 kendinitekrarlayan bir dikdortgen kalıp kullanmıstır ve bir cok yazar hala o ornegitercih eder.15 0 < x < a bolgesinde potansiyel sıfırdır, yani

− h2

2m

d2ψ

dx2= Eψ

veyad2ψ

dx2= −k2ψ

dir; burada k herzamanki gibi

k ≡√

2mE

h(5.58)

14R. de L. Kronig ve W. G. Penney, Proc. R. Soc. Lond, ser. A, 130, 499 (1930)15Ornegin, D. Park’ın kitabı Introduction to the Quantum Theory, 3rd ed., (New York:

McGraw-Hill, 1992).

5.3. KATILAR 199

olarak tanımlanmıstır. (Artı-enerjili cozumleri calısacagım; eksi-enerjili durum-lar da aynı sekilde elde edilir: κ ≡

√−2mE/h tanımlayarak veya 5.64 sonucunda

k → iκ yerdegistirmesi yapılarak.Genel cozum

ψ(x) = A sin(kx) +B cos(kx), (0 < x < a) (5.59)

seklindedir. Bloch savına gore merkezin hemen solundaki ilk hucredeki dalgafonksiyonu

ψ(x) = e−iKa[A sin k(x+ a) +B cos k(x+ a)], (−a < x < 0), (5.60)

seklindedir. x = 0’da ψ surekli olmak zorunda oldugundan

B = e−iKa[A sin(ka) +B cos(ka)] (5.61)

olur; dalga fonksiyonunun turevinin (x = 0’da) delta fonksiyonunun siddetiyledogru orantılı bir sureksizligi vardır (2.107 esitligine bakın):

kA− e−iKak [A cos(ka) −B sin(ka)] = −2mα

h2 B. (5.62)

5.61 esitliginin A sin(ka) icin cozumu

A sin(ka) = [eiKa − cos(ka)]B (5.63)

verir. Bunu 5.62 denklemine koyup kB’yi yok edersek

[eiKa − cos(ka)

] [1 − e−iKa cos(ka)

]+ e−iKa sin2(ka) = −2mα

h2ksin(ka)

buluruz; bu da

cos(Ka) = cos(ka) − mα

h2ksin(ka) (5.64)

seklinde sadelesir. Sonuc budur ve digerleri bundan cıkar. Kronig-Penney potan-siyeli (dipnot 15) icin formul daha karmasıktır ama az sonra cıkaracagımız ozel-likler aynı niteliktedir.

5.64 esitligi olası k degerlerini yani izin verilen enerjileri belirler. Gosterimikolaylastırmak icin

z ≡ ka, ve β ≡ mαa

h2 (5.65)

olsun. Boylece 5.64 esitliginin sag tarafı

f(z) = cos(z) − βsin(z)

z(5.66)

olarak yazılabilir. β sabiti delta fonksiyonunun ”siddeti”nin boyutsuz bir olcusudur.Sekil 5.6’da β = 1 icin f(z)’yi cizdim. Burada dikkat edilmesi gereken onemlinokta f(z)’nin (-1, +1) aralıgının dısına cıkmasıdır ve | cos(Ka)| ≤ 1 oldugundanboyle bolgelerde 5.64 denkleminin cozumu yoktur. Bu bosluklar (gaps) yasak


enerjileri betimlerler; izin verilen enerji bantlarıyla birbirlerinden ayrılırlar.Verilen bir bandın icerisinde hemen hemen butun enerjiler izin verilen ener-jilerdir; 5.56 esitligine gore Ka = 2πn/N ve N de cok cok buyuk bir sayıoldugundan n herhangi bir tamsayı olabilir. Sekil 5.6’da cos(2πn/N) degerlerindeN tane yatay cizgi cizmeyi dusunebilirsiniz; (n = 0 icin) +1’den (n = N/2 icin)-1’e kadar sonra da (n = N − 1 icin) tekrar +1’e kadar −bu noktada Blochcarpanı eiKa ile basa donebileceginden n’nin daha buyuk degerleri icin yenicozumler uretilmez. Bu yatay cizgilerin herbirinin f(z) ile kesisimi izin verilenbir enerjiyi verir. β’nın bu degeri icin ilk bantta (N/2 tane eksi-enerjili durumlabirarada) N/2 tane, takip eden yuksek bantlarda da N tane artı-enerjili durumoldugu acıktır. Birbirlerine o kadar yakındırlar ki (Sekil 5.7) cogu zaman sankibir sureklilik varmıs gibi kabul edebiliriz.

Su ana kadar potansiyelimizin icine sadece bir tane elektron koyduk. Uygu-lamada q, bir atom icin ”serbest” elektron sayısı olmak uzere Nq tane olacak.Pauli dısarlama ilkesi geregi, verilen bir uzaysal durumu sadece iki elektronisgal edebileceginden, q = 1 ise sadece 1. bandın eksi-enerjili yarısını, q = 2 ise1. bandın tamamını, q = 3 ise 2. bandın yarısına kadarını doldururlar ve boylegider. (Uc boyutta ve daha gercekci potansiyellerde bant yapısı daha karmasıktırve bu sayılar degisebilir ama yasak bosluklarla birbirlerinden ayrılmıs bantlarınvarlıgı devam eder−bant yapısı bir periyodik potansiyelin imzasıdır.) Simdi, egerbir bant butunuyle dolu ise bir elektronu uyarmak icin gorece daha fazla enerjialır, zira yuksek bolgeye atlayacaktır. Boyle malzemeler elektriksel yalıtkanlarolacaklar. Diger taraftan eger bir bant sadece kısmen doluysa bir elektronuuyarmak icin cok az enerji alacaktır ve boyle malzemeler tipik iletkenlerdir.Bir yalıtkana daha buyuk ve daha kucuk q degerli birkac atomla doping ya-parsanız, bir sonraki yuksek banda ”fazladan” birkac ”elektron” kayar veyadaha once dolu olan alanda bazı bosluklar (gedikler) acar, ki her iki durumdada zayıf elektrik akımlarının akısı saglanır; boyle maddelere yarı-iletken denir.Serbest elektron maddelerinde izin verilen enerjilerin tayfında buyuk bosluklarolmadıgından butun katılar mukemmel iletken olmak zorundadırlar. Dogadakikatıların sergiledigi elektriksel iletkenligin sıradısı bolgesini hesaplamayı bantkuramı yapar.

Problem 5.15

(a) 5.59 ve 5.63 esitliklerini kullanarak delta fonksiyon potansiyeli icindeki birparcacıgın dalga fonksiyonunun

ψ(x) = C[sin(kx) + e−iKa sin k(a− x)], (0 ≤ x ≤ a)

seklinde yazılabildigini gosteriniz. (Boylandırma sabiti C’yi bulmak icinugrasmayın.)

(b) Bir istisna vardır: Bir bantın taban durumunda, yani ka = Ka = jπoldugunda (a) ψ(x) = 0 olur. Bu durum icin dogru dalga fonksiyonunubulunuz. Her delta fonksiyonunda ψ’ye ne olduguna dikkat ediniz.

5.4. KUANTUM ISTATISTIKSEL MEKANIK 201

Problem 5.16 β = 5 oldugu durum icin ilk bandın en ustundeki izin verilenenerjiyi bulunuz. Uc anlamlı sayıya kadar yazınız. Kolaylık olsun diye α/a = 1eV alınız.

Problem 5.17 Delta-fonksiyonu kuyuları yerine delta-fonksiyonu tepelerikullandıgımızı dusunelim (bu durumda elektronlar cekirdekler tarafından cekilecekleriyerde itilirler). Bu durum icin 5.6 ve 5.7 Sekillerinin karsılıklarını (isaretleridısında parametreler icin aynı degerleri alınız) ciziniz. Her bantta kac tane izinverilen enerji vardır? j. bantın en ustundeki enerji nedir?

Problem 5.18 5.64 esitligiyle bulunan enerjilerin cogunun ikili dejenereolduklarını gosteriniz. Istisnalar hangileridir? Ipucu: N = 1, 2, 3, . . ., icin bakıpnasıl gittigini gorunuz. Her durum icin cos(Ka)’nın olası degerleri nelerdir?

5.4 KUANTUM ISTATISTIKSEL MEKANIK

Mutlak sıfırda fiziksel bir sistem en alt enerji duzenindedir. Sıcaklıgı arttırdıgımızdarastgele ısısal faaliyet uyarılmıs durumları doldurmaya baslayacak ve su sorugundeme gelecek: T sıcaklıgında ısısal denge ve cok buyuk sayıda, N taneparcacıgımız olsa verilen bir parcacıgın belirli bir Ej enerjisine sahip olmaolasılıgı nedir? Soz konusu ”olasılıgın” kuantum belirlenemezlikle bir ilgisi ol-madıgına dikkat edin −birebir aynı soru klasik istatistiksel mekanikte de karsımacıkar. Olasılıksal bir cevapla yetinip memnun olmak zorunda olmamızın se-bebi, altındaki mekanik gerekirci (deterministik) olsun olmasın, ilgilendigimizparcacıkların sayısının cok buyuk olmasından herbirini ayrı ayrı izleyemeyecekolmamızdır.

Istatistiksel mekanigin temel varsayımı sudur; ısısal dengede aynıtoplam, E, enerjili farklı her durum esit olasıdır. Rastgele ısıssal hareketler heran surekli, enerjiyi bir parcacıktan digerine gecirir, bir turden digerine (donme,kinetik, titresim, vs) donusturur, ama (dıs etkilerin yoklugunda) toplam ener-jinin korunumuyla sabittir. Varsayım sudur: enerjinin surekli yeniden dagılımıhicbir durumu digerinden ayırmaz (uzerinde dusunmeye deger derin bir varsayımdır).T sıcaklıgı ısısal dengedeki bir sistem icin sadece toplam enerjinin bir olcusudur.Kuantum mekanikle gelen tek yenilik ayrık durumları nasıl sayacagımızdır. Bunuda icerilen parcacıkların ayırtedilebilir, ozdes bozon veya ozdes fermiyon ol-maları belirler. Kullanılan argumanlar gorece sıradan olmalarına ragmen arit-metik bayagı bir yogun olacagından oldukca basit bir ornekle baslayacagım kidaha sonra genel duruma geldigimizde olan biteni net gorun.


5.4.1 Ornek

Bir boyutlu sonsuz kuyuda (Bolum 2.2) hepsim kutleli, birbirleriyle etkilesmeyensadece uc tane parcacıgımız oldugunu dusunun. Toplam enerji (2.23 esitliginebakın)

E = EA + EB + EC =π2h2

2ma2(n2

A + n2B + n2

C) (5.67)

olur, ki nA, nB ve nC pozitif tamsayılardır. Simdi bir ornek olması icin E =243(π2h2/2ma2), yani,

n2A + n2

B + n2C = 243 (5.68)

oldugunu dusunun. Kareleri toplamı 243 olan tamsayıların 10 tane kombinasy-onu vardır: Ucu de 9 olabilir, veya ikisi 3 biri 15 olabilir (uc permutasyonu vardır)ya da biri 5, biri 7, biri de 13 olabilir (altı permutasyon). O halde (nA, nB, nC)sunlardan biridir:

(9, 9, 9),

(3, 3, 15), (3, 15, 3), (15, 3, 3),

(5, 7, 13), (5, 13, 7), (7, 5, 13), (7, 13, 5), (13, 5, 7), (13, 7, 5).

Parcacıklar ayırtedilebilir parcacıklarsa bunlardan herbiri ayrı bir durumubetimler ve istatistiksel mekanigin temel varsayımı ısısal dengede16 hepsininolma olasılıgının aynı oldugunu soyler. Ama hangi parcacıgın hangi durumda(bir-parcacık durumunda) olduguyla ilgilenmiyorum; sadece her durumdaki toplamparcacık sayısı−ψn durumu icin dolum-sayısı Nn, (occupation number)− ileilgileniyoruz. Verilen bir uc-parcacık durumu icin dolum-sayılarının hepsine bir-den duzen (konfigurasyon) diyecegiz. Eger ucu de ψ9’da ise duzen

(0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, . . .) (5.69)

(yani N9 = 3, geri kalan sıfır) olur. Ikisi ψ3’te biri ψ15’de ise duzen

(0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, . . .) (5.70)

(yani N3 = 2, N15 = 1, geri kalan sıfır) olur. ψ5’de, ψ7’de ve ψ13’de birer taneparcacık olan duzen

(0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, . . .) (5.71)

(yani N5 = 1, N7 = 1, N13 = 1 geri kalan sıfır) olur. Bunların icinde birinciduzen bir, ikinci duzen uc farklı sekilde olabilecekken ucuncusu altı farklı sekildeolabileceginden ucuncusu en olası duzendir (konfigurasyondur).

16Gercekten etkilesmiyorlarsa ısısasl dengeyi nasıl tesis ettikleri benim ilgilenmeyecegim birproblem −enerji ekleyip cıkarmayacak kadar dikkatli davranacak sekilde belki de Tanrı belirliaralıklarla gelip onları karıstırıyordur. Gercek hayatta enerjinin surekli bicim ve parcacıklararası el degismesi tabii ki ve kesinlikle parcacıkların etkilesmeleri sonucudur; yani kutsal (ilahi)mudahaleyi onaylamazsanız eger, cok cok zayıf etkilesmeler olsun −oyle ki sistemi ısısal halegetirebilsin (ısıtabilsin yani) (en azından uzun zaman periyodlarında) ama duragan durumlarıveya izin verilen enerjileri degistiremeyecek kadar kucuk olsun.


Simdi benim ozgun (orijinal) soruma donecek olursak, uc parcacıgın icindenrastgele birini sectigimizde belirli bir (izin verilen) enerjiye sahip olanı secmeolasılıgımız (Pn) nedir? Simdi, sistemi birinci duzende bulma sansımız 10’da1’dir (5.69 esitligi) ve bu ’olay’da E9 elde edecegimiz kesin oldugundan P9 =1/10’dur (buradaki olay, olasılık kuramındaki olaydır c.n.). Sistemi ikinci duzendebulma sansımız 10’da 3’tur (5.70 esitligi) ve bu durumda 2/3 olasılıkla E3, 1/3olasılıkla da E15 elde edecegimizden P3 = (3/10) × (2/10) = 1/5 ve P15 =(3/10)× (1/3) = 1/10 olur. Son olarak sistemi ucuncu duzende bulma sansımız10’da 6’dır ve 1/3 olasılıkla E5, E7 veya E13 elde edecegimizden P5 = P7 =P13 = (6/10)× (1/3) = 1/5 olur. Kontrol edelim;

P3 + P5 + P7 + P9 + P13 + P15 =1

5+

1

5+

1

5+

1

10+

1

5+

1

10= 1.

Ancak bu, parcacıklar ayırtedilebilir oldugu zaman gecerlidir. Gercekte oldugugibi ozdes fermiyonlarsa antisimetriklestirme gerekliligi (basit olması icin simdilikspini bir kenara bırakırsak) birinci ve ikinci duzenleri dısarlar (zira bunlarda aynıbir duruma iki−hatta uc−parcacık yerlesebiliyor) ve geriye sadece bir tane,ucuncu, duzen kalır (Problem 5.19’a bakın). O halde ozdes fermiyonlar icinP5 = P7 = P13 = 1/3 (yine olasılıklar toplamı 1’dir) olur. Diger taraftan ozdesbozonlarsa simetriklestirme gerekliligi her duzende bir duruma izin verdiginden,P9 = 1/3, P3 = (1/3) × (2/3) = 2/9, P15 = (1/3) × (1/3) = 1/9 ve P5 = P7 =P13 = (1/3)× (1/3) = 1/9 olur ve yine toplam her zamanki gibi 1’dir.

Bu ornegin amacı durumların nasıl sayılacagının, parcacıkların dogasına nasılbaglı oldugunu size gostermekti. N ’nin cok cok buyuk bir sayı oldugu gercek du-ruma gore bu, bir acıdan, daha karmasıktır. N buyudukce en olası duzen (buornekte ayırtedilebilir parcacıklar icin N5 = N7 = N13 = 1’dir) rakipleri digerduzenlere gore cok cok daha uygun duruma geleceginden istatistiksel kaygılaracısından geriye kalanları topyekun ihmal edebiliriz. Bireysel parcacık enerji-lerinin dagılımı, denge durumunda, basitce en olası duzendeki dagılımlarıdır.(N = 3 icin dogru olsaydı−ki olmadıgı acık− ayırtedilebilir parcacıklar icinP5 = P7 = P13 = 1/3 sonucuna varacaktık.) Bu noktaya Bolum 5.4.3’te geridonecegim ama once sayma prosedurunu genellestirmeliyiz.

*Problem 5.19

(a) Biri ψ5, biri ψ7 digeri de ψ13 durumunda olan ozdes fermiyonlar icin butunuyleantisimetrik ψ(xA, xB, xC) dalga fonksiyonunu yazınız.

(b) Uc ozdes bozon icin asagıdaki durumlarda butunuyle simetrik ψ(xA, xB, xC)dalga fonksiyonunu yazınız: (i) hepsi ψ9 durumunda iken, (ii) ikisi ψ3, biriψ13 durumunda iken, (iii) biri ψ5, biri ψ7 ve digeri de ψ13 durumunda iken

*Problem 5.20 Isıssal dengede ve toplam enerjisi E = (9/2)hω olan bir-boyutlu bir ahenkli salıncıda uc tane parcacıgınız oldugunu dusunun.

(a) Hepsi ayırtedilebilir (ama aynı kutleli) ise olası dolum-sayısı duzenleri nel-erdir? Her duzen icin kac tane farklı uc-parcacık-durumu vardır? En olası


duzen hangisidir? Rastgele bir parcacık secip enerjisini olctugunuzde hangidegerleri elde edebilirsiniz? Bu degerlerin herbirinin elde edilme olasılıklarınelerdir? En olası enerji degeri hangisidir?

(b) (a) sıkkındaki sorunun aynısını (5.4.1 Bolumundeki ornekte oldugu gibispinlerini ihmal ederek) ozdes fermiyonlar icin yapınız.

(c) Yine aynısını (spinleri ihmal ederek) ozdes bozonlar icin yapınız.

5.4.2 Genel Durum

Simdi dejenerelikleri d1, d2, d3, . . ., bir-parcacık enerjileri E1, E2, E3, . . . (yani,aynı En enerjisine sahip dn tane birbirinden farklı bir-parcacık durumu var)olan rastgele bir potansiyel dusunun. Bu potansiyelin icine (hepsi aynı kutleli)N tane parcacık koydugumu farzedin; ilgilendigimiz sey E1 enerjili N1 parcacık,E2 enerjili N2 parcacık, vb. gibi, demek olan (N1, N2, N3, . . .) (duzenidir) kon-figurasyonudur. Soru: Bunu saglamanın birbirinden farklı kac yolu vardır (veyadaha acık olarak, bu belirli (duzene) konfigurasyona birbirinden farklı kac du-rum karsılık gelir)? Cevap, Q(N1, N2, N3, . . .) parcacıkların ayırtedilebilir, ozdesfermiyon veya ozdes bozon olmalarına baglı oldugundan uc duruma ayrı ayrıbakacagız.17

Once parcacıkların ayırtedilebilir olduklarını varsayın.N tane aday icerisindenN1 tanesini secip birinci ”kutuya” koymanın kac yolu vardır? Cevap: binomkatsayısıdır, ”N , N1 secer”:

(N

N1

)≡ N !

N1!(N −N1)!. (5.72)

Birinci parcacık icin N tane secenek vardır, ikinci icin (N − 1) ve boyle gider:

N(N − 1)(N − 2) · · · (N −N1 + 1) =N !

(N −N1)!

Ancak bu, N1 parcacıgın N ! farklı permutasyonunu ayrı ayrı sayar; ama 37numaralı parcacıgın ilk birinci sırada veya yirmi dokuzuncu sırada secilmesibizim umurumuzda degil. O haldeN1!’e boleriz ve 5.72 esitligi dogrulanır. Simdi,N1 parcacık birinci ”kutunun” icine kac farklı sekilde yerlestirilebilir? Kutununicinde d1 tane durum oldugundan her parcacık icin d1 secenek vardır; sonucolarak toplamda (d1)

N1 olasılık vardır. Dolayısıyla, toplamda N taneden, N1

tane parcacık, icerisinde birbirinden farklı d1 tane secenek iceren kutuya

N !dN11

N1!(N −N1)!

17Buradaki acıklama Amnon Yariv, An Introduction to Theory and Application of QuantumMechanics (New York: John Wiley & Sons, 1982) kitabındakine cok yakındır.


farklı sekilde yerlestirilebilir. Aynı sey 2. kutu icin de gecerlidir; tabi bu seferdısarda toplam (N −N1) tane parcacık vardır:

(N −N1)!dN22

N2!(N −N1 −N2)!;

ve boyle devam eder. Buradan

Q(N1, N2, N3, · · · )

=N !dN1

1

N1!(N −N1)!

(N −N1)!dN22

N2!(N −N1 −N2)!

(N −N1 −N2)!dN33

N3!(N −N1 −N2 −N3)!· · ·

= N !dN11 dN2

2 dN33 · · ·

N1!N2!n3! · · ·= N !

∞∏

n=1

dNnn

Nn!. (5.73)

(Burada durup bu sonucu Bolum 5.4.1’deki Ornek icin kontrol etmelisiniz−Problem5.21’e bakın.)

Problem ozdes fermiyonlar icin bayagı daha kolaydır. Ayırtedilemez olduk-larından hangi parcacıkların hangi durumlarda oldukları farketmez−antisimetriklestirmegerekliligi sadece bir tane N -parcacık durumu var demektir; oyle ki bu durumubelirli bir ”bir-parcacık durumları kumesi” doldurur. Ayrıca verilen bir durumda(bir-parcacık durumu) sadece bir parcacık bulunabilir. n. kutudaki Nn tanedoldurulmus durumu (

dn

Nn

)

tane farklı sekilde18 secebilecegimizden

Q(N1, N2, N3, . . .) =

∞∏

n=1

dn!

Nn!(dn −Nn)!(5.74)

olur. (Bolum 5.4.1’deki Ornek icin kontrol edin−Problem 5.21’e bakın.)Hesaplamanın en zor oldugu durum ozdes bozonlar icin olanıdır. Bu sefer

simetriklestirme gerekliligi yine sadece bir tane N -parcacık durumu var demek-tir; oyle ki durumu belirli bir ”bir-parcacık durumları kumesi” isgal eder; amasimdi aynı bir-parcacık durumlarını isgal edecek parcacıkların sayısı icin birkısıtlama yoktur. n. kutu icin soru su hale gelir: Nn tane ozdes parcacıgı dn tanefarklı bolmeye kac degisik sekilde yerlestirebiliriz? Bu kombinasyon sorusunucozmenin bir cok farklı yolu vardır: Akıllıca olanlardan bir tanesi su sekildedir:Noktalar parcacıkları carpılar bolmelerin ayrımlarını gostersin, oyle ki, ornegindn = 5 ve Nn = 7 oldugunda,

• • × • × • • • × •×18Bir eksi sayının faktoriyeli sonsuz olması durumunda Nn > dn ise bu ifade sıfır olmak

zorunda tabi


sekli birinci durumda iki, ikincide bir, ucuncude uc, dorduncude bir parcacıkoldugunu ve besincide hic parcacık olmadıgını gosterir.Nn tane nokta ve (dn−1)tane carpı (parcacıkları dn tane bolmeye ayırmak icin) olduguna dikkat edin.Herbir nokta ve carpı ayrı ayrı etiketlenirse bunlar (Nn + dn − 1)! farklı sekildedizilebilirler. Ancak bizim amaclarımız icin noktaların hepsi aynı oldugundanbirbirleriyle yerdegistirmeleri (N ! farklı sekilde) durumu degistirmez. Aynı sekildecarpılarında hepsi esittir ve kendi aralarında [(dn−1)! farklı sekilde] yerdegistirmeleribirseyi degistirmez. O halde n. kutuda Nn tane parcacıgı dn tane bir-parcacıkdurumuna yerlestirmenin gercekte

(Nn + dn − 1)!

Nn!(dn − 1)!=

(Nn + dn − 1

Nn

)(5.75)

farklı yolu vardır ve

Q(N1, N2, N3, . . .) =

∞∏

n=1

(Nn + dn − 1)!

Nn!(dn − 1)!(5.76)

sonucuna ulasırız. (Bolum 5.4.1’deki ornek icin kontrol edin−Problem 5.21’ebakın.)

*Problem 5.21 5.4.1 Bolumundeki ornek icin 5.73, 5.74 ve 5.76 esitliklerinikontrol ediniz.

**Problem 5.22 5.75 esitligini tumevarımla elde ediniz. Kombinasyonla il-gili soru sudur: N tane ozdes topu d tane sepete kac farklı sekilde koyabilirsiniz(bu soru icin n altindisini dert etmeyin)? Hepsini ucuncu sepete koyabilirsiniz,veya birini besinci kalanını ikinci sepete koyabilirsiniz, ya da ikisini birinci,ucunu ucuncu, kalanını besinci sepete koyabilirsiniz, gibi. N = 1, N = 2, N = 3ve N = 4 durumları icin acık acık calısınız; burada genel formulu cıkarabilirolmalısınız.

5.4.3 En Olası Duzen (Konfigurasyon)

Belirli bir E toplam enerjisi ve N parcacık icin ısısal dengede butun durumlares olasıdır. Dolayısıyla en olası duzen (konfigurasyon) (N1, N2, N3, . . .) en fazlayoldan ulasılabilir olandır−bu da, asagıdaki kısıtlamalara tabi olan,Q(N1, N2, N3, . . .)’nunen buyuk (maksimum) oldugu konfigurasyondur;

∞∑

n=1

Nn = N (5.77)

ve∞∑

n=1

NnEn = E. (5.78)


f1(x1, x2, x3, . . .) = 0, f2(x1, x2, x3, . . .) = 0 gibi belirli kısıtlamalara tabi olancok degiskenli bir fonksiyonun maksimize edilmesi problemi en uygun Lagrangecarpanları yontemi19 ile ele alınır: Yeni bir fonksiyon

G(x1, x2, x3, . . . , λ1, λ2, . . .) ≡ F + λ1f1 + λ2f2 + · · · (5.79)

tanımlayıp, butun turevlerini sıfıra esitliyoruz:

∂G

∂xn= 0;

∂G

∂λn= 0. (5.80)

Bizim durumumuzdaQ’nun kendisindense logaritmasıyla calısmak daha kolaydır−bununlacarpımlar toplamlara donusur. Logaritma, argumanının tekduze (monotonik)bir fonksiyonu oldugundan Q ile ln(Q)’nun maksimumları aynı noktada olusur.O halde α ve β Lagrange carpanları olmak uzere

G ≡ ln(Q) + α

[N −

∞∑

n=1

Nn

]+ β

[E −

∞∑

n=1

NnEn

](5.81)

tanımlayalım. α’ya ve β’ya gore turevleri sıfıra esitlemek yanlızca kısıtlamaları(5.77 esitligi ve 5.78 esitligi) vereceginden geriye sadece Nn’ye gore turevi sıfıraesitlemek kalıyor.

Parcacıklar ayırtedilebilirlerse Q 5.73 esitligiyle verilir ve

G = ln(N !) +

∞∑

n=1

[Nn ln(dn) − ln(Nn!)]

+ α

[N −

∞∑

n=1

Nn

]+ β

[E −

∞∑

n=1

NnEn

](5.82)

olur. Uygun dolum sayıları (Nn)’nin buyuk olduklarını varsayarak Stirlingyaklasıklıgını20 kullanabiliriz:

ln(z!) ≈ z ln(z) − z z � 1 icin (5.83)

ve boylece

G ≈∞∑

n=1

[Nn ln(dn) −Nn ln(Nn) +Nn − αNn − βEnNn]

19Ornegin, Mary Boas’ın Mathematical Methods in the Physical Sciences kitabına baka-bilirsiniz. (New York: John Willey & Sons,1983), Bolum 4.9

20Geroge Arfken’in kitabı Mathematical Methods for Physicists 3. ed. (Orlando, FL:Academic Press, 1985), Bolum 10.3’e bakınız. ”Uygun” dolum sayılarının buyuk olmadıgıdurumlarda−Bolum 5.4.1’deki ornek gibi−istatistiksel mekanik uygulanamaz. Hadise, istatis-tiksel cıkarımın guvenilir tahminler verecegi kadar buyuk sayılarla ugrasmaktır. Hic doldurul-mamıs cok yuksek enerjili bir-parcacık durumları elbette herzaman olacaktır; neyse ki Stirlingyaklasıklıgı z = 0 icin de gecerlidir. Nn’nin cok buyuk veya sıfır olmadıgı, sınıra yakın bazıbasıbos durumları dısarlamak icin yukarıda ”uygun” kelimesini kullandım.


+ ln(N !) + αN + βE (5.84)

yazabilirz. Buradan

∂G

∂Nn= ln(dn) − ln(Nn) − α− βEn (5.85)

olur. Bunu sıfıra esitleyip Nn icin cozdugumuzde ayırtedilebilir parcacıklar icinen olası dolum sayılarının

Nn = dnE−(α+βEn) (5.86)

oldugu sonucuna ulasırız. Parcacıklar ozdes fermiyonlar ise, Q, 5.74 esitligi ileverilir ve

G =

∞∑

n=1

{ln(dn!) − ln(Nn!) − ln[(dn −Nn)!]}

+ α

[N −

∞∑

n=1

Nn

]+ β

[E −

∞∑

n=1

NnEn

](5.87)

olur. Bu sefer sadece Nn’nin buyuk oldugunu degil, dn � Nn oldugunu davarsayacagız21, ki Stirling yaklasıklıgı iki terime de uygulanabilsin. Bu durumda

G ≈∞∑

n=1

[ln(dn!) −Nn ln(Nn) +Nn − (dn −Nn) ln(dn −Nn)

+(dn −Nn) − αNn − βEnNn] + αN + βE (5.88)

ve∂G

∂Nn= − ln(Nn) + ln(dn −Nn) − α− βEn (5.89)

olur. Bunu sıfıra esitleyip Nn icin cozdugumuzde ozdes fermiyonlar icin en olasıdolum sayılarının

Nn =dn

e(α+βEn) + 1(5.90)

oldugunu buluruz.Son olarak parcacıklar ozdes bozonsa Q, 5.76 esitligiyle verilir ve

G =

∞∑

n=1

{ln[(Nn + dn − 1)!] − ln(Nn!) − ln[(dn − 1)!]}

+ α

[N −

∞∑

n=1

Nn

]+ β

[E −

∞∑

n=1

NnEn

](5.91)

21Bir boyutta enerjiler dejenere degildir (Problem 2.42’ye bakın), ama uc boyutta dn, artann ile hızla artar (ornegin, hidrojen icin dn = n2’dir). O halde, doldurulmus durumların coguicin dn >> 1 oldugunu varsaymak mantıksız olmaz. Diger taraftan Fermi seviyesine kadarolan durumların hepsinin dolu oldugu mutlak sıfırda dn Nn’den kesinlikle cok buyuk degildirve dolayısıyla dn = Nn’dir. Burada da yine Stirling formulunun z = 0’da da gecerli olusu bizikurtarıyor.


olur. Herzamanki gibi Nn � 1 oldugunu varsayıp Stirling yaklasıklıgını kul-lanırsak

G ≈∞∑

n=1

{(Nn + dn − 1) ln(Nn + dn − 1) − (Nn + dn − 1) −Nn ln(Nn)

+Nn − ln[(dn − 1)!] − αNn − βEnNn} + αN + βE (5.92)

ve∂G

∂Nn= ln(Nn + dn − 1) − ln(Nn) − α− βEn (5.93)

olur. Bunu sıfıra esitleyip Nn icin cozdugumuzde ozdes bozonlar icin en olasıdolum sayılarının

Nn =dn − 1

e(α+βEn) − 1(5.94)

oldugunu buluruz. (Kullanageldigimiz yaklasıklıkların tutarlılıgı icin burada pay-daki 1’i gercekten atmak zorundayız ve bundan sonra oyle yapacagım.)

Problem 5.23 Kenarları eksenlere paralel olan ve (x/a)2 + (y/b)2 = 1elipsinin icine cizilebilecek en buyuk dikdortgenin alanını hesaplayabilmek icinLagrange carpanları yontemini kullanınız.

Problem 5.24

(a) Stirling yaklasıklıgında z = 10 icin yuzde hata payını bulunuz.

(b) Hatanın %1’den kucuk oldugu en dusuk tamsayı z nedir?

5.4.4 α ve β’nın Fiziksel Anlamı

Toplam parcacık sayısı ve toplam enerjiyle ilgili olan α ve β parametrelerihikayemize Lagrange carpanları olarak girdiler. Matematiksel olarak, 5.86, 5.90ve 5.94 esitlikleri ile verilen dolum sayılarının 5.77 ve 5.78 esitlikleri ile ver-ilen kısıtlama denklemlerine tekrar konulmalarıyla belirlenirler. Ancak toplamıyapabilmek icin sorudaki potansiyel icin izin verilen enerjileri (En) ve onlarındejenereliklerini (dn) bilmemiz gerekir. Ornek olarak uc-boyutlu sonsuz karekuyuyu calısacagım; bu, α’yla β’nın fiziksel anlamlarını cıkarmamızı saglayacak.

Bolum 5.3.1’de izin verilen enerjileri (5.39 esitligi) cıkarmıstık:

Ek =h2

2mk2, (5.95)

oyle ki

k =

(πnx

lx,πny

ly

πnz

lz

)


dır. Daha onceki gibi, k-uzayında π3/V hacminde bir (veya spin s icin 2s +1) durum olacak sekilde k’yi bir surekli degisken olarak alıp toplamı inte-grale donustururuz. ”Kutularımızı” ilk bir-bolu-sekizlik (oktan) bolgede kureselkabuklar alırsak (Sekil 5.4’e bakın) ”dejenerelik” (kutudaki durumların sayısıyani)

dk =1

8

4πk2dk

(π3/V )=

V

2π2k2dk (5.96)

olur. Ayırtedilebilir parcacıklar icin (5.86 esitligi) ilk kısıtlama (5.77 esitligi)

N =V

2π2e−α

∫ ∞

0

e−βh2k2/2mk2dk = V e−α

(m

2πβh2

)3/2

seklini alır, yani

e−α =N

V

(2πβh2

m

)3/2

(5.97)

olur. Ikinci kısıtlama (5.78 esitligi)

E =V

2π2e−α h

2

2m

∫ ∞

0

e−βh2k2/2mk4dk =

3V

2βe−α

(m

2πβh2

)3/2

,

veya e−α icin 5.97 esitligine koyarsak

E =3N

2β(5.98)

olur. (5.96 esitligine spin carpanı 2s+1’i koyacak olursanız burada yok olacaktır,gidecektir, dolayısıyla 5.98 esitligi spinin ne oldugundan bagımsız dogrudur.)

5.98 esitligi T sıcaklıgındaki bir atomun ortalama kinetik enerjisini verenklasik formulu22:

E

N=

3

2kBT (5.99)

hatırlatıyor. Burada kB Boltzman sabitidir. Bu, β’nın sıcaklıkla iliskili oldugunugosterir:

β =1

kBT. (5.100)

Bunun (sadece) uc-boyutta sonsuz kare kuyudaki ayırtedilebilir parcacıklar icindegil de, genelde gecerli oldugunu kanıtlamak icin farklı maddelerin ısısal dengedebaskalarıyla aynı β degerine sahip olduklarını gostermeliyiz. Bunun boyle oldugu(bircok kitapta) gosteriliyor23 ama ben tekrarlamayacagım−5.100 esitligini sıcaklıgın,T ’nin, tanımı olarak alacagım.

5.97 esitliginden acıkca goruldugu uzere T (sıcaklık)’nın bir fonksiyonu olanα yerine kimyasal potansiyel

µ(T ) ≡ −αkBT (5.101)

22Ornegin, David Halliday ve Robert Resnick’ın Fundamentals of Physics (New York: JohnWiley & Sons, 1988) kitabı Bolum 21-5’e bakın

23Dipnot 17’deki Yariv’in kitabının 15.4 bolumune bakın


cinsinden ifadesi yazılır ve 5.86, 5.90 ve 5.94 esitlikleri ε enerjili belirli bir (bir-parcacık) durumundaki parcacıkların en olası sayısının formulleri olarak ifadeedilirler (belirli bir enerjili parcacıkların sayısından o enerjili belirli durumdakiparcacıkların sayısını bulmak icin bu durumun dejenerelikligine bolmemiz yeterliolabilir.):

n(ε) =

e−(ε−µ)/kBT , MAXWELL-BOLTZMAN

1e(ε−µ)/kB T +1

, FERMI-DIRAC

1e(ε−µ)/kB T−1

, BOSE-EINSTEIN

(5.102)

Maxwell-Boltzman dagılımı ayırtedilebilir parcacıklar icin olan klasik sonuctur;Fermi-Dirac ozdes fermiyonlara, Bose-Einstein dagılımı da ozdes bozonlarauygulanır.

Fermi-Dirac dagılımı, T → 0 limitinde basit bir davranıs sergiler:

e(ε−µ)/kBT →{

0, ε < µ(0) ise,∞, ε > µ(0) ise,

yani

n(ε) →{

1, ε < µ(0) ise,0, ε > µ(0) ise.

(5.103)

Bir µ(0) enerjisine kadar olan durumların hepsi doluyken bundan daha fazla en-erjili durumların hicbiri doldurulmamıstır (Sekil 5.8). Mutlak sıfırdaki kimyasalpotansiyel, Ferimi enerjisi oldugu acıktır:

µ(0) = EF (5.104)

Sekil 5.8’in gosterdigi gibi, sıcaklık arttıkca Fermi-Dirac dagılımı keskin inisi”yumusatır”.

Uc-boyutlu sonsuz kare kuyuda ayırtedilebilir parcacıklar icin T sıcaklıgındatoplam enerjinin

E =3

2NkBT (5.105)

oldugunu bulduk (5.98 esitligi); 5.97 esitliginden de

µ(T ) = kBT

[ln

(N

V

)+

3

2ln

(mkBT

3πh2

)](5.106)

oldugu cıkar. 5.86 Esitliginin yerine 5.90 ve 5.94 esitlikleri kullanılarak aynısekilde ozdes fermiyonlar ve ozdes bozonlar icin gecerli olan formulleri cıkarmakistiyorum. Ilk kısıtlama denklemi (5.77 denklemi)

N =V

2π2

∫ ∞

0

k2

e[(h2k2/2m)−µ]/kBT ± 1

dk (5.107)


olur (burada artı isareti fermiyonlar, eksi isareti bozonlar icindir). Ikinci kısıtlama(denklem 5.78)’da

E =V

2π2

h2

2m

∫ ∞

0

k4

e[(h2k2/2m)−µ]/kBT ± 1

dk (5.108)

olur. Bunlaradan birincisi µ(T )’yi, ikincisi E(T )’yi belirler (ikinciden, orneginısı sıgasını bulabiliriz C = ∂E/∂T ). Maalesef integraller elementer fonksiyonlarcinsinden hesaplanamazlar ve buradan sonrasını size bırakacagım (Problem 5.25ve 5.26’ya bakın).

Problem 5.25 5.107 ve 5.108 esitliklerindeki integralleri mutlak sıfırdakiozdes fermiyonlar icin hesaplayınız. Sonuclarınızı 5.43 ve 5.45 esitlikleri ile kıyaslayınız.(5.107 ve 5.108 esitliklerinde spin dejenereligi icin fazladan bir 2 carpanınınolduguna dikkat ediniz.)

***Problem 5.26

(a) Bozonlar icin kimyasal potansiyelin izin verilen en dusuk enerjiden her za-man daha dusuk olması gerektigini gosteriniz. Ipucu: n(ε) negatif olamaz.

(b) Uc-boyutlu sonsuz kare kuyuda ozdes bozonlar demek olan ideal Bose gazıicin butun T sıcaklıkları icin µ(T ) < 0’dır. N ve V sabit tutulmak uzere Tazaldıkca µ(T )’nin de duzenli bir sekilde artacagını gosteriniz. Ipucu: Eksiisareti icin 5.107 esitligini calısınız.

(c) T ’yi dusurdugumuzde µ(T ) sıfır olunca Bose yogusması denilen farklı birdurum olusur. µ = 0 icin integrali hesaplayıp bu durumun gerceklestigi kri-tik sıcaklıgın, Tc, formulunu cıkarınız. Not: Kritik sıcaklıgın altında parcacıklartaban duruma ususurler ve 5.77 esitligindeki toplamı 5.107 esitligindekigibi bir integrale donusturme isi gecerliligini yitirir. F. Mandl’ın Stattisti-cal Physics (London: Jphn Wiley & Sons, 1971) kitabının 11.5 Bolumunebakınız. Ipucu: Γ, Euler’in gamma fonksiyonu, ζ, Riemann zeta fonksiy-onu olmak uzere ∫ ∞

0

xs−1

ex − 1x = Γ(s)ζ(s) (5.109)

dir.

(d) 4He icin kritik sıcaklıgı bulunuz. Bu sıcaklılktaki yogunlugu 0.15 gm/cm3’tur.Not: 4He icin kritik sıcaklıgın deneysel degeri 2.17 K’dir. Kritik sıcaklık Tc

civarında 4He’un sıradısı ozellikleri (c)’deki referansta tartısılmıstır.

5.4.5 Siyah Cisim Tayfı (Spektrumu)

Elektromanyetik alanın kuantumları olan fotonlar spinleri 1 olan ozdes bozon-lardır, ama oldukca ozeldirler, zira kutlesizdirler ve dolayısıyla dogal olarak


gorelidirler. Goreli olmayan kuantum mekanige ait olmayan dort iddiayı kabuletmeye hazırsanız fotonları buraya alabiliriz.

(1) Bir fotonun enerjisi ile frekansının iliskisini Planck formulu verir, E = hν =hω.

(2) Dalga numarası k frekansla k = 2π/λ = ω/c seklinde iliskilidir, burada cısık hızıdır.

(3) Sadece iki spin durumu olur (azimuthal kunatum sayısı m, ya +1 veya -1olabilir ama 0 olamaz).

(4) Foton sayısı korunan bir cokluk degildir; sıcaklık arttıgında foton sayısı(birim hacimde) artar.

4 numaralı kabulun ısıgında birinci kısıtlama denklemi (denklem 5.77) uygu-lanabilir degildir. Bu porblemi 5.81 esitliginde α → 0 yaparak ele alabiliriz,gerisi buradan sonra zaten gelir. O halde fotonlar icin en olası dolum sayısı(5.94 esitligi)

Nω =dk

ehω/kBT − 1(5.110)

dir. V hacimli bir kutudaki serbest fotonlar icin dk 5.96 esitligi ile verilir,24

spinden dolayı bunu 2 ile carparız (3. kabul) ve k yerine ω cinsinden ifade edersek(2. kabul):

dk =V

π2c3ω2dω (5.111)

elde ederiz. Dolayısıyla dω frekans aralıgındaki enerji yogunlugu demek olanNωhω/V , su hali alır: ρ(ω)dω dır; oyle ki

ρ(ω) =hω3

π2c3(ehω/kBT − 1)(5.112)

dir. Bu, T sıcaklıgında dengede olan bir elektromanyetik alanın, birim hacimde,birim frekanstaki enerjisini veren Planck’ın meshur siyah cisim tayfıdır. Sekil5.9’da uc farklı sıcaklık icin cizilmistir.

Problem 5.27 5.112 esitligini kullanarak dλ dalgaboyu aralıgındaki enerjiyogunlugunu bulunuz. Ipucu: ρ(ω)dω = ρ(λ)dλ esitligini ρ(λ) icin cozun. Siyahcisim enerji yogunlugunun bir maksimum oldugu

λmaks =2.90 × 10−3mK

T(5.113)

dalgaboyu icin Wien yerdegistirme yasasını cıkarınız. (5−x) = 5e−x transan-dantal denklemini bir hesap makinesi veya bilgisayar kullanarak cozmeniz gereke-cek; sayısal cavabı uc anlamlı sayıya kadar yazınız.

24Aslında (goreli olmayan) Schrodinger denkleminden gelen bu formulle bir isimiz yok; neyseki dejenerelik goreli durumdakiyle aynı. Problem 5.3.2’ye bakın


Problem 5.28 Siyah cisim ısımasında toplam enerji yogunlugunu verenStefan-Boltzmann formulunu

E

V=

(π2k4

B

15h3c3

)T 4 =

(7.57 × 10−16Jm−3K−4

)T 4 (5.114)

cıkarınız. Ipucu: Integrali hesaplamak icin problem 5.26(c)’deki ipucunu kul-lanınız. ζ(4) = π4/90 olduguna dikkat ediniz.


Problem 5.29 Uc tane parcacıgınız ve bunların bulunabilecekleri uc tanebir-parcacık durumu (ψa(x), ψb(x) ve ψc(x)) oldugunu dusunun. Asagıdaki du-rumlarda kac tane farklı uc-parcacık durumu olusturulabilir: (a) ayırtedilebilirparcacıklarsa, (b) ozdes bozonlarsa ve (c) ozdes fermiyonlarsa? [Parcacıklarfarklı durumlarda olmak durumunda degiller−ayırtedilebilir olmaları durumundaψa(x1)ψa(x2)ψa(x3) olasılıklardan bir tanesidir.]

Problem 5.30 Iki-boyutlu sonsuz kare kuyudaki elektronlar icin Fermi en-erjisini hesaplayınız. (Birim alandaki serbest elektron sayısına σ diyelim.)

***Problem 5.31 Beyaz cuce denilen bazı yıldızlar elektronlarının de-jenerelik basıncları (5.46 esitligi) ile yercekimsel icecokuse karsı kararlıdırlar.Yogunlugun sabit oldugu varsayıldıgında boyle bir cismin yarıcapı R su sekildehesaplanabilir:

(a) Toplam enerjiyi (5.45 esitligi) yarıcap, nukleon sayısıN , her nukleona dusenelektron sayısı q ve elektron kutlesi m cinsinden yazınız. (Cekirdek iciparcacık demek olan nukleon notron ve protonları tarif eder.)

(b) Duzgun yogunluklu bir kurenin yercekimsel enerjisini hesaplayın veya biryerden bakın. Cevabınızı evrensel yercekim sabiti G, R, N ve bir nukleonunkutlesi M cinsinden ifade ediniz. Yercekimsel enerjinin negatif oldugunadikkat edin.

(c) (a)’daki artı (b)’deki demek olan toplam enerjinin bir minimum olduguyarıcapı bulunuz. Cevap:

R =

(9π

4

)2/3h2q5/3

GmM2N1/3.

(Toplam kutle arttıkca yarıcapın azaldıgına dikkat edin!) N haric herseyinsayısal degerini yazın. aslında atom numarası arttıkca q biraz azalır amabu bizim amaclarımız icin yeterli yaklasıklıkta sonuc vereceginden q = 1/2alın. Cevap: R = 7.6 × 1025N−1/3

(d) Kutlesi gunesinki kadar olan bir beyaz cucenin yarıcapını kilometre cinsin-den hesaplayınız.


(e) (d)’deki beyaz cucenin fermi enerjisini elektronvolt cinsinden hesaplayıp birelektronun durgun haldeki enerjisi ile kıyaslayınız. Bu sistemin tehlikekli birbicimde goreli bir hal aldıgına dikkat ediniz (problem 5.32’ye bakın).

***Problem 5.32 Klasik kinetik enerji E = p2/2m’yi goreli enerji formuluE =√p2c2 +m2c4 −mc2 ile yerdegistirerek serbest elektron gazı kuramını (Bolum

5.3.1) goreli bolgeye genisletebiliriz. Momentum ile dalga vektoru her zamankigibi p = hk seklinde iliskilidir. Goreliligin en uc limitinde E ' pc = hck olur.

(a) 5.44 esitligindeki h2k2/2m ifadesini en uc limitteki goreli (ultragoreli) ifadehck ile degistirip Etot’yi bu limit bolge icin hesaplayınız.

(b) Problem 5.31’in (a) ve (b) sıklarını ultragoreli elektron gazı icin tekrar-layınız. R ne olursa olsun bu durumda kararlı bir minimum olmadıgınadikkat ediniz; toplam enerji pozitif ise dejenerelik kuvvetleri yercekim kuvvet-lerinden buyuk demektir ve bu durumda yıldız genisleyecektir, ama toplamenerjinin negatif olması durumunda kazanan taraf yercekim kuvvetleridir veyıldız kendi ustune cokecektir. Yercekimsel icecokusun oldugunu gosterenN > Nc durumu icin kritik nukleon sayısını, Nc, bulunuz. Buna Chan-drasekhar limiti denir. Cevap: 2.0×1057. Buna karsılık gelen yıldız kutlesinedir? (Cevabınızı gunesin kutlesi cinsinden verin.) Bundan daha agır yıldızlarbeyaz cuce olusturmazlar ama icecokuse devam edip (kosullar uygunsa)notron yıldızı haline gelirler.

(c) Cok cok yuksek yogunluklarda ters beta sacılması e− + p+ → n + νhemen hemen butun elektron ve protonları notronlara donusturur (bu etk-ilesmeden enerji alıp goturen bir de notrino acıga cıkar). Sonucta notron de-jenerelik basıncı icecokusu kararlı hale getirir, aynı elektron dejenereligininbeyaz cuceler icin yaptıkları gibi (problem 5.31’e bakın). Gunesin kutlesinesahip bir notron yıldızının yarıcapını hesaplayınız. Bir de (notron) Fermi en-erjisini hesaplayıp notrronun durgun haldeki enerjisi ile kıyaslayınız. Boylebir yıldızı goreli degilmis gibi irdelemek mantıklı olur mu?

***Problem 5.33

(a) Uc-boyutlu ahenkli salınıcı potansiyeli (problem 4.39) icindeki ayırtedilebilirparcacıklar icin kimyasal potansiyeli ve toplam enerjiyi bulunuz. Ipucu: 5.77ve 5.78 esitliklerindeki toplamlar bu durumda tam olarak hesaplanabilirler−dahaonce sonsuz kare kuyu icin yaptıgımız gibi bir integral yaklasıklıgı almamızagerek yok. Geometrik serinin

1

1 − x=

∞∑

n=0

xn (5.115)

turevini alarakd

dx

(x

1 − x

)=

∞∑

n=0

(n+ 1)xn (5.116)


ifadesi ile daha yuksek mertebeden turevleri icin de benzer ifadeler eldeedeceginize dikkat edin. Cevap:

E =3

2Nhω

(1 + e−hω/kBT

1 − e−hω/kBT

). (5.117)

(b) kBT � hω limit durumunu inceleyiniz.

(c) Esbolusum savı (equipartition theorem) ısıgında kBT � hω klasik limi-tini inceleyiniz. (Esbolusum savı icin, ornegin, Halliday ve Resnick’in kitabının21-9 bolumundeki 22 numaralı dipnota bakabilirsiniz.) Uc-boyutlu ahenklisalınıcıdaki bir parcacıgın kac tane serbestlik derecesi vardır?


Sekil 5.2: Helyum icin enerji seviyeleri diyagramı (gosterim bolum 5.2.2’deacıklanıyor). Parahelyum enerjilerinin orthohelyum karsılıklarından duzenli birsekilde daha yuksek olduguna dikkat edin. Dusey olcekteki sayısal degerler iy-onlasmıs helyumun (He+) taban durumuna goredir : 4×(−13.6 eV) = −55.4 eV;durumunun toplam enerjisini bulmak icin 55.4 eV cıkarın.


Tablo 5.1: Periyodik tablonun ilk dort satırının taban-durum elektron duzenleriZ Element Duzen

1 H (1s) 2S1/2

2 He (1s)2 1S0

3 Li (He)(2s) 2S1/2

4 Be (He)(2s)2 1S0

5 B (He)(2s)2(2p) 2P1/2

6 C (He)(2s)2(2p)2 3P0

7 N (He)(2s)2(2p)3 4S3/2

8 O (He)(2s)2(2p)4 3P2

9 F (He)(2s)2(2p)5 2P3/2

10 Ne (He)(2s)2(2p)6 1S0

11 Na (Ne)(3s) 2S1/2

12 Mg (Ne)(3s)2 1S0

13 Al (Ne)(3s)2(3p) 2P1/2

14 Si (Ne)(3s)2(3p)2 3P0

15 P (Ne)(3s)2(3p)3 4S3/2

16 S (Ne)(3s)2(3p)4 3P2

17 Cl (Ne)(3s)2(3p)5 2P3/2

18 Ar (Ne)(3s)2(3p)6 1S0

19 K (Ar)(4s) 2S1/2

20 Ca (ar)(4s)2 1S0

21 Sc (Ar)(4s)2(3d) 2D3/2

22 Ti (Ar)(4s)2(3d)2 3F2

23 V (Ar)(4s)2(3d)3 4F3/2

24 Cr (Ar)(4s)(3d)5 7S3

25 Mn (Ar)(4s)2(3d)5 6S3/2

26 Fe (Ar)(4s)2(3d)6 5D4

27 Co (Ar)(4s)2(3d)7 4F9/2

28 Ni (Ar)(4s)2(3d)8 3F4

29 Cu (Ar)(4s)(3d)10 2S1/2

30 Zn (Ar)(4s)2(3d)10 1S0

31 Ga (Ar)(4s)2(3d)10(4p) 2P1/2

32 Ge (Ar)(4s)2(3d)10(4p)2 3P0

33 As (Ar)(4s)2(3d)10(4p)3 4S3/2

34 Se (Ar)(4s)2(3d)10(4p)4 3P2

35 Br (Ar)(4s)2(3d)10(4p)5 2P3/2

36 Kr (Ar)(4s)2(3d)10(4p)6 1S0


Sekil 5.3: Serbest elektron gazı. Agdaki her kesisim bir izin verilen enerjiyi temsileder. Golgelenen yer bir blogu isaret eder; her blok icin bir durum vardır.


Sekil 5.4: k-uzayında bir kuresel kabugun sekizde-biri.

Sekil 5.5: Dirac taragı, 5.57 esitligi.

Sekil 5.6: 5.66 esitligindeki f(z)’nin, β = 1 icin grafigi; yasak bosluklarla ayrılmısizin verilen bantları gosteriyor.


Sekil 5.7: Periyodik bir potan-siyel icin izin verilen pozitifenerjiler.

Sekil 5.8: T = 0 ve T ’nin sıfırdan bir miktar yukarıda oldugu durumlar icinFermi-Dirac dagılımı.


Sekil 5.9: Siyah cisim tayfı icin Planck’ın formulu, 5.112 esitligi.

Kısım II

UYGULAMA

223

Bolum 6

ZAMAN-BAGIMSIZTEDIRGINLIK KURAMI

6.1 DEJENERE OLMAYAN TEDIRGINLIK KU-RAMI

6.1.1 Genel Formulasyon

Schrodinger denklemini (zaman-bagımsız) bir potansiyel icin (bir-boyutlu son-suz kare kuyu icin mesela) cozdugumuzu

H0ψ0n = E0

nψ0n (6.1)

ve boylandırılmıs dik ozfonksiyonların, ψ0n, tam kumesini

〈ψ0n|ψ0

m〉 = δnm (6.2)

ve bunlara karsılık gelen ozdegerleri, E0n, buldugumuzu farzedin. Simdi potan-

siyeli hafifce bozup sistemi tedirgin edelim (kuyunun tabanında kucuk bir tumsekkoyarak ornegin−Sekil 6.1). Yeni ozfonksiyonlar ve ozdegerleri bulmak istiyoruz:

Hψn = Enψn, (6.3)

ama cok sanslı degilsek daha karmasık olan bu potansiyel icin Schrodinger den-klemini tam olarak genelde cozemeyiz. Tedirginlik (Perturbasyon) kuramıtedirgin edilmis problemin yaklasık cozumlerinin bulunması icin sistematik birprosedurudur. Bu yaklasık cozum tedirgin edilmemis durumun biliniyor olantam cozumleri uzerine insa edilerek elde edilirler.

Yeni Hamiltonu iki terimin toplamı olarak yazmakla baslayalım:

H = H0 + λH ′, (6.4)

225

226 BOLUM 6. ZAMAN-BAGIMSIZ TEDIRGINLIK KURAMI

Sekil 6.1: Icinde kucuk bir tedirginlikolan sonsuz kare kuyu.

burada H ′ tedirginliktir. Simdilik λ’yı kucuk bir sayı alacagız; sonradan 1’eesitleyecegiz ve H tam gercek Hamilton olacak. ψn ve En’yi λ’nın birer kuvvetserisi olarak yazarsak

ψn = ψ0n + λψ1

n + λ2ψ2n + · · · ; (6.5)

En = E0n + λE1

n + λ2E2n + · · · (6.6)

olur. BuradaE1n n. ozdegere birinci-dereceden duzeltme, ψ1

n ise n. ozfonksiy-ona birinci dereceden duzeltmedir; E2

n ile ψ2n ikinci dereceden duzeltmelerdir

ve boyle gider. 6.4, 6.5 ve 6.6 esitliklerini 6.3 denkleminde yerlerine koyarsak

(H0 + λH ′)[ψ0n + λψ1

n + λ2ψ2n + · · · ]

= (E0n + λE1

n + λ2E1n + λ2E2

n + · · · )[ψ0n + λψ1

n + λ2ψ2n + · · · ]

veya (λ’nın aynı kuvvetli olan terimlerini bir araya getirerek),

H0ψ0n + λ(H0ψ1

n +H ′ψ0n) + λ2(H0ψ2

n +H ′ψ1n) + · · ·

= E0nψ

0n + λ(E0

nψ1n + E1

nψ0n) + λ2(E0

nψ2n + E1

nψ1n + E2

nψ0n) + · · ·

elde ederiz. Ilk terim 0. mertebe (λ0) H0ψ0n = E0

nψ0n’ı verir, ki bu sadece 6.1

denklemidir. Birinci mertebeden terim (λ1)

H0ψ1n +H ′ψ0

n = E0nψ

1n + E1

nψ0n (6.7)

denklemini, ikinci mertebeden terim (λ2)

H0ψ2n +H ′ψ1

n = E0nψ

2n + E1

nψ1n + E2

nψ0n (6.8)

denklemini verir ve boyle devam eder. (λ ile isim bitti−sadece aynı mertebedenterimleri bir araya getirmek icin kullanılan bir aractı−simdi 1’e esitleyebiliriz.)

6.1.2 Birinci-Mertebe Kuramı

6.7 denkleminin ψ0n ile ic carpımını alırsak [yani (ψ0

n)∗ ile carpıp integralinialırsak]

〈ψ0n|H0ψ1

n〉 + 〈ψ0n|H ′ψ0

n〉 = E0n〈ψ0

n|ψ1n〉 + E1

n〈ψ0n|ψ0

n〉

6.1. DEJENERE OLMAYAN TEDIRGINLIK KURAMI 227

Sekil 6.2: Butun kuyu boyunca sabitbir tedirginlik.

olur. H0 Hermitsel oldugundan

〈ψ0n|H0ψ1

n〉 = 〈H0ψ0n|ψ1

n〉 = 〈E0nψ

0n|ψ1

n〉 = E0n〈ψ0

n|ψ1n〉

olur ve sagdaki ilk terim gider. Ayrıca 〈ψ0n|ψ0

n〉 = 1’dir ve

E1n = 〈ψ0

n|H ′|ψ0n〉 (6.9)

olur.1 Bu, birinci-mertebe tedirginlik kuramının temel sonucudur; kuantum mekaniginin,belkide, uygulamada en onemli sonucudur. Enerjiye birinci-mertebeden duzeltmetedirginligin tedirgin edilmemis durumdaki beklenen degeridir.

Ornek. Sonsuz kare kuyu icin tedirgin edilmemis dalga fonksiyonları

ψ0n(x) =

√2

asin(nπax)

dır (2.24 esitligi). Once, kuyunun ”tabanını” sabit bir V0 miktarı kadar yukarıkaldırarak sistemi tedirgin ettigimizi farzedin (Sekil 6.2). Bu durumda H ′ = V0

ve n. durumun enerjisine birinci-mertebe duzeltmesi

E1n = 〈ψ0

n|V0|ψ0n〉 = V0〈ψ0

n|ψ0n〉 = V0

olur. O halde duzeltilmis enerji seviyeleri En∼= E0

n + V0 olur; basitce V0 kadaryukarı cekilmislerdir. Elbette boyle olmalı! Bura da supriz olan sey birinci-mertebe kuramının tam cevabı vermesidir. Sabit bir tedirginlik icin daha yuksekmertebeden duzeltmelerin hepsinin sıfır oldugu acıktır.2 Diger taraftan eger ted-riginlik sadece kuyunun (tabanının) yarısına kadar geliyorsa (Sekil 6.3)

E1n =

2V0

a

∫ a/2

0

sin2(nπax)dx =

V0

2

1Burada 〈ψ0n|H

′ψ0n〉 veya bir tane fazladan dusey cizgiyle 〈ψ0

n|H′|ψ0

n〉 birseyi degistirmez,cunku durumu ”etiketlemek” icin dalga fonksiyonunun kendisini kullanıyoruz. Ancak sonrakikullanım (fazladan cizgili olanı) bizi belirli bir gosterim uzerinde anlasmak gerekliligindenkurtardıgı icin tercih edilir.

2Bu arada burada sonsuz kare kuyu olmasının hicbir ozelligi yoktur−sabit tedirginlik icinaynı sey butun potansiyellere uygulanır.


Sekil 6.3: Kuyunun yarısı boyuncasabit bir tedirginlik.

olur. Bu durumda enerji seviyelerinin hepsi V0/2 kadar yukarı otelenir. Bu tamkesin sonuc degil herhalde ama birinci-mertebeden yaklasıklık alınması mantıklıgibi gorunuyor.

6.9 esitligi birinci-mertebeden enerjiye duzeltmedir; dalga fonksiyonuna birinci-mertebeden duzeltmeyi bulmak icin once 6.7 denklemini tekrar yazarız:

(H0 − E0n)ψ1

n = −(H ′ − E1n)ψ0

n. (6.10)

Sag taraf bilinen bir fonksiyon oldugundan bu, ψ1n icin turdes (homojen) ol-

mayan bir turev denklemidir. Simdi, tedirgin edilmemis dalga fonksiyonları birtam kume olusturduklarından −herhangi bir baska fonksiyon gibi− ψ1

n bunlarınbir dogrusal birlesimi olarak ifade edilebilir:

ψ1n =

∑

m 6=n

c(n)m ψ0

m. (6.11)

[Toplamda m = n teriminin olmasına gerek yok cunku ψ1n 6.10 denklemini

saglarsa aynı sekilde (ψ1n +αψ0

n)’da (herhangi bir α sabiti icin) saglayacagından

bu serbestligi ψ0n terimini toplamdan cıkarmak icin kullanabiliriz.3] Eger c

(n)m

katsayılarını bulabilirsek isimiz tamamdır. 6.11 esitligini 6.10 denkleminde yer-ine koyup ψ0

m’ın tedirgin edilmemis Schrodinger denklemini (6.1 denklemi) sagladıgınıkullanırsak ∑

m 6=n

(E0m − E0

n)c(n)m ψ0

m = −(H ′ − E1n)ψ0

n

elde ederiz. ψ0l ’la ic carpımını alalım,

∑

m 6=n

(E0m − E0

n)c(n)m 〈ψ0

l |ψ0m〉 = −〈ψ0

l |H ′|ψ0n〉 + E1

n〈ψ0l |ψ0

n〉

l = n oldugunda soltaraf sıfır olur ve 6.9 esitligini elde ederiz; l 6= n ise

(E0l − E0

n)c(n)l = −〈ψ0

l |H ′|ψ0n〉

3Veya, 6.5 esitligine bakarsanız ψ1n’deki bir ψ0

n bileseninin dısarı alınıp ilk terime ek-lenebilecegini gorursunuz. Burada su anda ilgilendigimiz sey sadece Schrodinger denklemi(6.3 denklemi)’ni cozmektir; elde edilecek ψn, genelde boylandırılmıs degildir.

6.1. DEJENERE OLMAYAN TEDIRGINLIK KURAMI 229

veya

c(n)m =

〈ψ0m|H ′|ψ0

n〉E0

n − E0m

, (6.12)

dolayısıyla

ψ1n =

∑

m 6=n

〈ψ0m|H ′|ψ0

n〉(E0

n − E0m)

ψ0m (6.13)

olur. Tedirgin edilmemis enerji tayfı dejenere olmadıgı surece 6.13 esitligindem = n olan bir terim olmadıgından paydadan yana (sıfır olamayacagından) birsıkıntı olmadıgına dikkat edin. Ama tedirgin edilmemis iki farklı durumun aynıenerjiye sahip olması halinde ciddi bir sıkıntımız var demektir (6.12 esitliginielde etmek icin bir onceki adımda sıfıra boluyoruz); bu durumda Bolum 6.2’deele alacagımız dejenere tedirginlik kuramına ihtiyacımız var.

Bu, birinci-mertebe tedirginlik kuramını tamamlar: 6.9 esitligiyle E1n, 6.13

esitligiyle de ψ1n elde edilir. Tedirginlik kuramının, enerjiler icin genelde surpriz

bir sekilde tam sonuc verdigi (E0n +E1

n tam deger olan En’ye cok yakındır) amadalga fonksiyonlarının, kıyasla, bayagı kotu oldukları konusunda sizi uyarmalıyım.

*Problem 6.1 Sonsuz kare kuyunun ortasına bir delta-fonksiyon tumsegikoydugumuzu dusunun:

H ′ = αδ(x − a/2).

Burada α bir sabittir. Izin verilen enerjilere gelecek birinci-mertebeduzeltmeleribulunuz. n’nin cift degerleri icin enerjinin neden tedirgin olmadıgını acıklayınız.

*Problem 6.2 Ahenkli salınıcı [V (x) = (1/2)kx2] icin izin verilen enerjiler

En = (n+ 1/2)hω, (n = 0, 1, 2, . . .)

dır. Burada ω =√k/m klasik frekanstır. Yay sabitinin hafifce arttıgını dusunun:

k → (1 + ε)k. (Belki yayı sogutmusuzdur da daha az esnek olmustur.)

(a) Enerjilerin tam degerlerini bulunuz (sonuc asikar). Sonucunuzu ikinci mer-tebeye kadar ε’un kuvvet serisine acınız.

(b) Simdi 6.9 esitligini kullanarak enerjideki birinci-mertebe tedirginligi hesaplayınız.Burada H ′ nedir? Sonucu (a) sıkkındaki ile kıyalayınız. Ipucu: Bu problemiyaparken integral almanız gerekli degil -almadan yapın.

Problem 6.3 Iki tane ozdes bozon bir sonsuz kare kuyuya (2.15 esitligi)yerlestiriliyorlar. Birbirileri ile

V (x1, x2) = aV0δ(x1 − x2)

potansiyeli ile etkilesiyorlar. (Burada V0 enerji boyutunda bir sabit, a ise kuyu-nun genisligidir.)


(a) Once, parcacıklar arası etkilesimi yok sayarak taban ve birinci uyarılmısdurumları -dalga fonksiyonlarını ve onlara karsılık gelen enerjileribulunuz.

(b) Taban ve birinci uyarılmıs durum enerjilerine parcacıklar arası etkilesiminetkisini bulmak icin birinci-mertebe tedirginlik kuramını kullanınız.

6.1.3 Ikinci-Mertebe Enerjileri

Once yaptıgımız gibi devam ederek bu defa ikinci-mertebenin (6.8 denklemi)ψ0

n ile ic carpımını alacagız:

〈ψ0n|H0ψ2

n〉 + 〈ψ0n|H ′ψ1

n〉 = E0n〈ψ0

n|ψ2n〉 + E1

n〈ψ0n|ψ1

n〉 + E2n〈ψ0

n|ψ0n〉.

Yine H0’ın Hermitsel oldugunu kullanacagız:

〈ψ0n|H0ψ2

n〉 = 〈H0ψ0n|ψ2

n〉 = E0n〈ψ0

n|ψ2n〉.

Yani sol taraftaki ilk terim sag taraftaki ilk terimi goturur. Bu arada 〈ψ0n|ψ0

n〉 = 1oldugundan geriye E2

n icin bir formul kalır:

E2n = 〈ψ0

n|H ′|ψ1n〉 − E1

n〈ψ0n|ψ1

n〉.

Ama

〈ψ0n|ψ1

n〉 =∑

m 6=n

c(n)m 〈ψ0

n|ψ0m〉 = 0

oldugundan

E2n = 〈ψ0

n|H ′|ψ1n〉 =

∑

m 6=n

c(n)m 〈ψ0

n|H ′|ψ0m〉 =

∑

m 6=n

〈ψ0m|H ′|ψ0

n〉〈ψ0n|H ′|ψ0

m〉E0

n − E0m

veya

E2n =

∑

m 6=n

|〈ψ0m|H ′|ψ0

n〉|2E0

n − E0m

(6.14)

olur. Bu, ikinci-mertebe tedirginlik kuramının temel sonucudur. Buradan dahadevam edebiliriz: Dalga fonksiyonuna ikinci-mertebe duzeltmeyi (ψ2

n) hesaplarız,enerjiye ucuncu mertebe duzeltmeyi buluruz ve boyle surer gider; ama uygula-mada 6.14 esitliginin verdigi sonuc cogunlukla bu yontemi devam ettirmemekicin yeteri kadar buyuktur.

**Problem 6.4

(a) Problem 6.1’deki potansiyel icin enerjilere gelecek ikinci-mertebe duzelt-meleri (E2

n) bulunuz. Not: Seriyi acık acık toplayıp tek n’ler icin −2m(α/πhn)2

sonucunu elde edebilirsiniz.

6.2. DEJENERE TEDIRGINLIK KURAMI 231

(b) Problem 6.2’deki potansiyel icin taban-durum enerjisine gelecek ikinci-mertebeduzeltmeyi (E2

0 ) hesaplayınız. Cevabınızın tam sonucla uyumlu oldugunukontrol ediniz.

**Problem 6.5 Bir-boyutlu ahenkli salınıcı potansiyeli icinde yuklu birparcacık dusunun. Zayıf bir elektrik alan (E) uygulayıp potansiyel enerjiyiH ′ = −qEx kadar degistirdigimizi farzedin.

(a) Enerji seviyelerinde birinci-mertebeden bir duzeltme olmadıgını gosteripikinci-mertebe duzeltmeleri hesaplayınız. Ipucu: Problem 3.50’ye bakın.

(b) x′ ≡ x − (qE/mω2) seklinde degisken degistirerek Schrodinger denklemitam olarak cozulebilir. Enerjilerin tam degerlerini bulup tedirginlik kuramıyaklasıklıgıyla uyumlu olduklarını gosteriniz.

6.2 DEJENERE TEDIRGINLIK KURAMI

Tedirgin edilmemis durumlar dejenere ise−yani iki (veya daha fazla) farklı du-rum (a 6= b olmak uzere, ψ0

a ile ψ0b ) aynı enerjiye sahipse−sıradan tedirginlik

kuramı islemez: c(b)a (6.12 esitligi) ve E2

a (6.14 esitligi) patlar (bir ihtimal pay sıfırolmazsa, 〈ψ0

a|H ′|ψ0b 〉 = 0− bizim icin daha sonra onemli olacak bosluk). O halde

dejenere durumda enerjiye gelen birinci-mertebe duzeltmeye bile guvenemeyiz(6.9 esitligi) ve bu yuzden problemi ele almak icin baska bir yola bakmalıyız.

6.2.1 Ikili Dejenerelik

H0ψ0a = E0ψ0

a, H0ψ0b = E0ψ0

b ve 〈ψ0a|ψ0

b 〉 = 0 (6.15)

oldugunu farzedin.Bu durumların herhangi bir dogrusal birlesiminin

ψ0 = αψ0a + βψ0

b (6.16)

de yine H0’ın E0 ozdegerli bir ozdurumu olduguna dikkat edin:

H0ψ0 = E0ψ0. (6.17)

Tedirginligin (H ′’ın) tipik davranısı dejenereligi ”ayırması” (kırması) olacaktır:λ’yı arttırdıkca (0’dan 1’e) tedirgin edilmemis ortak enerji E0 ikiye ayrılır (Sekil6.4). Temel problem sudur: Tedirginligi kapattıgımızda ”yukarıdaki” durum ψ0

a

ve ψ0b ’ın bir dogrusal birlesimine donerken ”asagıdaki” durum bunların baska

bir dogrusal birlesimine doner, ama biz bu ”uygun” dogrusal birlesimlerinneler olacagını onceden bilmiyoruz. Bu yuzden birinci-mertebe enerjiyi (6.9


Sekil 6.4: Dejenereligin bir tedirgin-likle ”kalkması”.

esitligi) hesaplayamayız cunku tedirgin edilmemis durumlardan hangilerini kul-lanacagımızı bilmiyoruz.

Bu nedenle simdilik α’yla β’yı ayarlanabilir bırakıp tedirgin edilmemis ”iyi”durumları sadece genel halleriyle (6.16 esitligi) yazalım. Istedigimiz sey

Hψ = Eψ (6.18)

Schrodinger denklemini cozmektir, ki H = H0 + λH ′ ve

E = E0 + λE1 + λ2E2 + · · · , ψ = ψ0 + λψ1 + λ2ψ2 + · · · (6.19)

dir. Bunları 6.18 denkleminde yerlerine koyup daha onceki gibi λ’nın aynı kuvvetliterimlerini biraraya getirdigimizde

H0ψ0 + λ(H ′ψ0 +H0ψ1) + · · · = E0ψ0 + λ(E1ψ0 + E0ψ1) + · · ·

olur. Burada H0ψ0 = E0ψ0 (6.17 denklemi) oldugundan ilk terimler gider; λ1

mertebesinde elimizde

H0ψ1 +H ′ψ0 = E0ψ1 + E1ψ0 (6.20)

var. ψ0a ile ic carpımını aldıgımızda

〈ψ0a|H0ψ1〉 + 〈ψ0

a|H ′ψ0〉 = E0〈ψ0a|ψ1〉 + E1〈ψ0

a|ψ0〉

olur. H0 hermitsel oldugundan ilk terimler gider. 6.16 esitliginde yerine koyup6.15 denklemi ile verilen boylandırılımıs-diklik kosulunu kullanırsak

α〈ψ0a|H ′|ψ0

a〉 + β〈ψ0a|H ′|ψ0

b 〉 = αE1

veya daha kısaca

αWaa + βWab = αE1 (6.21)

elde ederiz. Burada

Wij ≡ 〈ψ0i |H ′|ψ0

j 〉, (i, j = a, b) (6.22)


dir. Aynı sekilde ψ0b ile ic carpım da

αWba + βWbb = βE1 (6.23)

sonucunu verir.W ’ların (ilkesel olarak) bilindiklerine dikkat edin−H ′ islemcisinin tedirgin

edilmemis dalga fonksiyonları ψ0a ve ψ0

b ’a gore ”matris elemanları”dır. 6.23 den-klemini Wab ile carpıp 6.21 denkleminden dolayı βWab’yı yok edersek

α[WabWba − (E1 −Waa)(E1 −Wbb)] = 0 (6.24)

denklemini buluruz. α sıfır degilse bu, E1 icin bir denklem verir:

(E1)2 − E1(Waa +Wbb) + (WaaWbb −WabWba) = 0. (6.25)

Bu ikinci dereceden denklemin cozumu

E1± =

1

2

[Waa +Wbb ±

√(Waa −Wbb)2 + 4|Wab|2

](6.26)

olur (6.22 esitliginden Wba = W ∗ab’dir). Bu sonuc, dejenere tedirginlik kuramının

temel sonucudur; iki kok tedirgin edilmis iki enerjiye tekabul eder.Peki ya α sıfırsa? O durumda β = 1, 6.21 denkleminden Wab = 0 ve 6.23

denkleminden de E1 = Wbb olur. Genel sonuc 6.26 esitligi, bunu da icerir zaten,artı isaretli durumdur (eksi isaretli durum ise α = 1, β = 0 oldugu durumdur).Dahası

E1+ = Wbb = 〈ψ0

b |H ′|ψ0b 〉, E1

− = Waa = 〈ψ0a|H ′|ψ0

a〉cevapları kesinlikle dejenere olmayan rahatsızlık kuramından elde edecegimizsonuclardır (6.9 esitligi)−sanslıymısız : ψ0

a ve ψ0b ”dogru” dogrusal birlesimlermis.

Dogru olan ”iyi” durumları baslangıcta tahmin edebilirsek bu bayagı lehimizeolur. Uygulamada bunu, asagıdaki savı (teoremi) kullanarak yapabiliyoruz:

Sav: A, H ′ ile sıra degisebilen hermitsel bir islemci olsun. ψ0a ve ψ0

b A’nınfarklı ozdegerlere sahip ozfonksiyonları

Aψ0a = µψ0

a, Aψ0b = νψ0

b , ve µ 6= ν

ise, Wab = 0’dır (ve dolayısıyla ψ0a ile ψ0

b tedirginlik kuramında kullanılabilirlikadına ”iyi” durumlardır).

Ispat: [A,H ′] = 0 varsayımından dolayı

〈ψ0a|[A,H ′]ψ0

b 〉 = 0

= 〈ψ0a|AH ′ψ0

b 〉 − 〈ψ0a|H ′Aψ0

b 〉= 〈Aψ0

a|H ′ψ0b 〉 − 〈ψ0

a|H ′νψ0b 〉

= (µ− ν)〈ψ0a|H ′ψ0

b 〉 = (µ− ν)Wab.

Ve µ 6= ν oldugundan Wab = 0. IGB


Kıssadan Hisse: Dejenere durumlarla karsılasacak olursanız H ′ ile sıradegisen bir hermitsel islemci A, bulmaya bakın; tedirgin edilmemis durumlarolarak H0 ve A’nın eszamanlı ozfonksiyonlarını alın. Sonra sıradan birinci-mertebe rahatsızlık kuramını uygulayın. Oyle bir islemci bulamazsanız 6.26esitligine basvurmalısınız, ama bu genelde nadiren gerekiyor.

Problem 6.6 Tedirgin edilmemis iki tane ”iyi” durum

ψ0± = α±ψ

0a + β±ψ

0b

olsun. Burada α± ile β± (bir boylandırmaya kadar) 6.21 veya 6.23 esitlikleri ileverilirler (E± 6.26’da verilmistir). Asagıdakileri acık acık gosteriniz:

(a) ψ0± diktirler, (〈ψ0

+|ψ0−〉 = 0);

(b) 〈ψ0+|H ′|ψ0

−〉 = 0;

(c) 〈ψ0±|H ′|ψ0

±〉 = E1±.

Problem 6.7 m kutleli bir parcacık L uzunlugunda kendi ustune kapananbir-boyutlu bir bolgede hareket edebiliyor olsun (ornegin problem 2.43’teki gibicevresi L uzunlugunda olan bir cember uzerinde surtunmesizce kayabilen birboncuk).

(a) Duragan durumların

ψn(x) =1√Le2πinx/L, (−L/2 < x < L/2),

seklinde yazılabilecegini gosteriniz. Burada n = 0,±1,±2, . . . ve izin verilenenerjiler

En =2

m

(nπh

L

)2

dir. n = 0 olan taban durum haric bu durumların hepsinin ikili dejenereolduklarına dikkat edin.

(b) Simdi a� L olmak uzere

H ′ = −V0e−x2/a2

seklinde bir tedirginlik ekledigimizi dusunun. (Bu, potansiyele x = 0’dakucuk bir cukur ekler, sanki teli bukup bir ”tuzak” yapmısız gibi.) 6.26esitligini kullanarakEn’ye gelecek birinci-mertebe duzeltmeyi bulunuz. Ipucu:Integralleri hesaplarken limitleri ±L/2’den ±∞’a genisletebilmek icin a�L esitsizligini kullanınız; −a < x < a bolgesinin dısında H ′ sıfırdır.

(c) Bu problem icin ψn ve ψ−n’nin ”iyi” (uygun) dogrusal birlesimleri nel-erdir? Bu durumlarla 6.9 esitligini kullanarak birinci-mertebe duzeltmeyielde edeceginizi gosteriniz.


(d) Yukarıdaki savın gerektirdiklerini saglayan bir hermitsel islemci A bulunuz.H0 ileA’nın eszamanlı ozdurumlarının (c)’de bulduklarınız oldugunu gosteriniz.

6.2.2 Daha-Yuksek Mertebe Dejenerelikler

Bir onceki bolumde dejenereligin ikili oldugunu varsaydım ama yontemi genellestirmekkolayadır. 6.21 ve 6.23 denklemlerini matris halinde yazın:

(Waa Wab

Wba Wbb

)(αβ

)= E1

(αβ

). (6.27)

E1’lerin W -matrisinin ozdegerlerinden baska birsey olmadıkları acıktır; 6.25denklemi matrisin karakteristik denklemi (3.70 denklemi)dir. Tedirgin edilmemisdurumların ”iyi” dogrusal birlesimleri de W ’nun ozdegerleridir. n-li dejenerelikdurumunda n× n matrisi

Wij = 〈ψ0i |H ′|ψ0

j 〉 (6.28)

nin ozdegerlerine bakarız. Tedirgin edilmemis ”iyi” dalga fonksiyonlarını bulmakda dogrusal cebirde dejenere alt uzayda tedirginligi (H ′’nu) kosegenlestiren birtaban olusturmak demektir. Yine aynı sekilde H ′ ile sıra degisen bir islemci,A, dusunup A ile H0’ın eszamanlı ozfonksiyonlarını kullanabilirseniz W matrisikendiliginden kosegen olacaktır ve karakteristik denklemi cozmek icin gereksizyere ugrasmak zorunda kalmazsınız.

Ornek: Uc-boyutlu sonsuz kubik kuyuyu (Problem 6.2) dusunun

V (x, y, z) =

{0, 0 < x < a, 0 < y < a ve 0 < z < a ise;∞, diger durumlarda.

(6.29)

Duragan durumlar

ψ0nxnynz

(x, y, z) =

(2

a

)3/2

sin(nxπ

ax)

sin(nyπ

ay)

sin(nzπ

az)

(6.30)

olur; burada nx, ny ve nz artı (pozitif) tamsayılardır. Bunlara karsılık gelen izinverilen enerjiler

E0nxnynz

=π2h2

2ma2(n2

x + n2y + n2

z) (6.31)

dir. Taban durumunun, (ψ111’in) dejenere olmadıgına ve enerjisinin

E00 ≡ 3

π2h2

2ma2(6.32)

olduguna dikkat edin. Ama birinci uyarılmıs durum (uclu) dejeneredir:

ψa ≡ ψ112, ψb ≡ ψ121, ψc ≡ ψ211; (6.33)


hepsi

E01 ≡ 3

π2h2

ma2(6.34)

enerjilidirler.Simdi

H ′ =

{V0, 0 < x < a/2 ve 0 < y < a/2 ise;0, diger durumlarda.

(6.35)

tedirginligini ekleyelim. Bu, kutunun dortte birlik bir bolumunde potansiyeliV0 miktarı kadar arttırır (Sekil 6.5’e bakın). Taban durumuna birinci-mertebeduzeltme 6.9 esitligi ile verilir:

E10 = 〈ψ111|H ′|ψ111〉 =

(2

a

)3

V0

∫ a/2

0

sin2(πax)dx

∫ a/2

0

sin2(πay)dy

∫ a

0

sin2(πaz)dz =

1

4V0 (6.36)

olur ki bu da bizim bekleyecegimiz sonuctur.Birinci uyarılmıs durum icin dejenere tedirginlik kuramının tum mekaniz-

masına ihtiyacımız var. Ilk adım W matrisini insa etmektir. Kosegen elemanlartaban durum icin olanlarla aynıdır (sadece sinuslerin argumanları iki kattır);

Waa = Wbb = Wcc =1

4V0

oldugunu kontrol edebilirsiniz. Kosegen olmayan elemanlar daha ilginctir:

Wab =

(2

a

)3

V0

∫ a/2

0

sin2(πax)dx

∫ a/2

0

sin(πay)

sin

(2π

ay

)dy

∫ a

0

sin

(2π

az

)sin(πaz)dz.

Ama z-integrali sıfırdır (Wac icin de aynı sey olacagından)

Wab = Wac = 0

Sekil 6.5: Tedirginlik potan-siyeli taralı bolgede bir V0

miktarı kadar arttıyor.


olur. Son olarak

Wbc =

(2

a

)3

V0

∫ a/2

0

sin(πax)

sin

(2π

ax

)dx

∫ a/2

0

sin

(2π

ay

)sin(πay)dy

∫ a

0

sin2(πaz)dz =

16

9π2V0;

o halde, κ ≡ (8/3π)2 ≈ 0.7205 olmak uzere

W =V0

4

1 0 00 1 κ0 κ 1

(6.37)

olur.W ’nun (veya calısması daha kolay 4W/V0’ın) karakteristik denklemi

(1 − ω)3 − κ2(1 − ω) = 0

dır ve ozdegerleri

ω1 = 1; ω2 = 1 + κ ≈ 1, 7205; ω3 = 1 − κ ≈ 0, 2795

dir. O halde λ’nın birinci mertebesinden

E1(λ) =

E01 + λV0/4,

E01 + λ(1 + κ)V0/4,

E01 + λ(1 − κ)V0/4.

(6.38)

olur ve E01 tedirgin edilmemis (ortak) enerjidir (6.34 esitligi). Tedirginlik, E0

1 ’ıuc tane ayrık enerji seviyesine ayırarak (Sekil 6.6’ya bakın) dejenereliligi kaldırır.Bu porbleme, hic bakmadan, dejenere olmayan tedirginlik kuramını uygulamısolsaydık birinci-mertebe duzeltmenin her uc durum icin de aynı ve V0/4 oldugusonucuna ulasırdık, ki bu sadece ortadaki durum icin dogrudur.

Sekil 6.6: Ornekteki dejenereligin kalk-ması (6.38 esitligi).

Bu arada tedirgin edilmemis ”iyi” durumlar

ψ0 = αψa + βψb + γψc (6.39)


dogrusal birlesim halindedirler; oyle ki katsayılar (α, β ve γ) W matrisininozvektorlerini olustururlar:

1 0 00 1 κ0 κ 1

αβγ

= ω

αβγ

;

w = 1 icin α = 1, β = γ = 0; w = 1 ± κ icin α = 0, β = ±γ = 1/√

2 buluruz.(Bu esnada boylandırmayı da yaptım.) O halde ”iyi” durumlar

ψ0 =

ψa,

(ψb + ψc)/√

2,

(ψb − ψc)/√

2.

(6.40)

dir.4

Problem 6.8 6.29 esitligi ile verilen sonsuz kubik kuyuyu (a/4, a/2, 3a/4)noktasına bir ”tumsek” koyarak tedirgin ettigimizi dusunun:

H ′ = a3V0δ(x− a/4)δ(y − a/2)δ(z − 3a/4).

Taban durum ve (uclu dejenere olan) birinci uyarılmıs durumlara gelecek birinci-mertebe duzeltmeleri bulunuz.

*Problem 6.9 Sadece uc tane dogrusal bagımsız durumu olan bir kuantumsistemi dusunun. Matris halinde Hamilton islemcisi

H = V0

(1 − ε) 0 00 1 ε0 ε 2

dir. Burada V0 bir sabit, ε da kucuk bir sayıdır (ε� 1).

(a) Tedirgin edilmemis Hamilton islemcisinin (ε=0) ozvektor ve ozdegerleriniyazınız.

(b) H ’nin ozdegerlerini tam olarak bulunuz. Herbirini ε’un ikinci mertebesinekadar bir kuvvet serisine acınız.

(c) H0’ın dejenere olmayan ozvektorunden dogan durumun ozdegerinin yaklasıkdegerini bulunuz. Bunun icin birinci- ve ikinci-mertebe dejenere olmayantedirginlik kuramını kullanınız. (b)’deki tam sonucla kıyaslayınız.

(d) Ilk basta dejenere olan ozdegerlere gelecek birinci-mertebe duzeltme icindejenere tedirginlik kuramını kullanınız. Tam sonuclarla kıyaslayınız.

4Bu sonucu baslangıctan tahmin edebilirdik: H′ ile sıra degisen, x ile y’yi sıra degistirenPxy islemcisini alırdık. Ozdegerleri (sıra degistirme altında cift olan fonksiyonlar icin) +1 ve(tek olan fonksiyonlar icin) -1’dir. Bu durumda ψa zaten cifttir, (ψb + ψc) cift ve (ψb − ψc)tektir. Ancak bu kesin sonuc veren birsey degildir. Zira cift fonksiyonların herhangi bir dogrusalbirlesimi yine cifttir. Bizim asıl istedigimiz sey dejenere alt uzayda uc tane ayrık ozdegeri olanbir islemcidir.

6.3. HIDROJENIN INCE YAPISI 239

6.3 HIDROJENIN INCE YAPISI

Hidrojen atomunu calısırken (Bolum 4.2) Hamiltonu

H = − h2

2m∇2 − e2

4πε

1

r(6.41)

(elektron kinetik enerjisi artı Coulomb potansiyel enerjisi) olarak almıstık. Amabu hikayenin tamamı degil. Cekirdegin hareketinden dolayı olan duzeltmeyi nasılyapacagımızı ogrenmistik: Yanlızca m yerine indirgenmis kutleyi yazarın (Prob-lem 5.1). Bundan daha onemli olanı ince yapı denilendir ki bu da birbirindenfarklı iki mekanizmanın sonucudur: gorelilik duzeltmesi ile spin-yorungeciftlesmesi. Bohr enerjileri ile (4.70 esitligi) kıyaslayınca ince yapı kucucukjbir rahatsızlıktır−α2 carpanı kadar daha kucuk;

α ≡ e2

4πεhc∼= 1

137.036(6.42)

tanımıyla verilen α meshur ince yapı sabitidir. α carpanı kadar daha kucukolan Lamb kayması Coulomb alanının kuantumlanması sonucudur ve bun-dan da yine bir α carpanı kadar daha da kucuk abartı-ince yapı (hyperfinestructure) elektron ve protonun dipol momentleri arasındaki manyetik etk-ilesmeden dolayıdır. Bu hiyerarsi Tablo 6.1’de ozetlenmistir. Bu bolumde hidro-jenin ince yapısını zaman-bagımsız rahatsızlık kuramının bir uygulaması olarakcozumleyecegiz.

Tablo 6.1: Hidrojenin Bohr enerjilerine gelecek duzeltmelerin hiyerarsisiBohr enerjileri: meretebe α2mc2

Ince yapı: meretebe α4mc2

Lamb kayması: meretebe α5mc2

Asırı ince ayrısma: meretebe (m/mp)α4mc2

Problem 6.10

(a) Bohr enerjilerini ince yapı sabiti ve elektronun durgun enerjisi (mc2) cinsin-den ifade ediniz.

(b) Ince yapı sabitini ilk ilkelerden hesaplayınız (yani ε0, e, h ve c’nin deneyseldegerlerini kullanmadan.) Not: Ince yapı sabiti, suphesiz, fizigin butunundeen temel (boyutsuz) sayıdır. Elektromanyetizma, gorelilik kuramı ve kuan-tum mekaniginin temel sabitleri arasında iliski kurar (elektronun yuku,ısık hızı, Planck sabiti). Eger (b) sıkkını cozecek olursanız tarihteki entartısmasız Nobel Odulu sizi bekliyor olacaktır. Ama bu asamada uzerindecok fazla zaman harcamamanızı oneririm; bircok zeki insan uzerinde dusundu ve


sonra pesini bıraktı.

6.3.1 Gorelilik Duzeltmesi

Hamiltondaki ilk terim kinetik enerjiyi tanımlar:

T =1

2mv2 =

p2

2m(6.43)

ve kanonik yerine koyma, p → (h/i)∇, da

T = − h2

2m∇2 (6.44)

islemcisini verir. Ama 6.43 esitligi kinetik enerji icin klasik esitliktir; goreliformul ise

T =mc2√

1 − (v/c)2−mc2 (6.45)

seklindedir. Ilk terim toplam kinetik enerji (simdilik ilgilenmedigimiz potansiyelenerjiyi saymıyoruz), ikinci terim durgun enerjidir−farkları da harekete atfedile-cek enejidir. T ’yi hız yerine (goreli) momentum

p =mv√

1 − (v/c)2(6.46)

cinsinden ifade etmeliyiz.

p2c2 +m2c4 =m2v2c2 +m2c4[1 − (v/c)2]

1 − (v/c)2=

m2c4

1 − (v/c)2= (T +mc2)2

oldugundan

T =√p2c2 +m2c4 −mc2 (6.47)

olduguna dikkat edin. Kinetik enerjinin bu goreli esitligi goreli olmayan lim-itlerde, p � mc, (elbette) klasik sonuca (6.43 esitligi) donusur; p/mc (kucuk)sayısının kuvvetlerine actıgımızda

T = mc2

[√1 +

( p

mc

)2

− 1

]= mc2

[1 +

1

2

( p

mc

)2

− 1

8

( p

mc

)4

· · · − 1

]

=p2

2m− p4

8m3c2+ · · · (6.48)

elde ederiz. Hamilton islemcisine en dusuk5 mertebeden gorelilik katkısı acıkca

H ′r = − p4

8m3c2(6.49)

5Hidrojende elektronun kinetik enerjisi 10 eV mertebesindir, ki durgun enerjisi (511,000eV) ile kıyaslandıgında oldukca kucuk oldugundan hidrojen temelde goreli degildir ve sadeceen dusuk-mertebe duzeltmeyi alarak devam edebiliriz. 6.48 esitliginde p goreli momentum-dur (6.46 esitligi), klasik momentum mv degildir. 6.49 esitliginde −ih∇ islemcisinin yerinekoyacagımız birincisi, yani goreli momentumdur.


seklindendir.Birinci-mertebe tedirginlik kuramında En’nin duzeltmesi H ′’nun tedirgin

edilmemis durumlardaki beklenenen degeridir (6.9 esitligi):

E1r = 〈H ′

r〉 = − 1

8m3c2〈ψ|p4ψ〉 = − 1

8m3c2〈p2ψ|p2ψ〉. (6.50)

Simdi, (tedirgin edilmemis durumlar icin) Schrodinger denkleminden,

p2ψ = 2m(E − V )ψ (6.51)

oldugundan6

E1r = − 1

2mc2〈(E − V )2〉 = − 1

2mc2[E2 − 2E〈V 〉 + 〈V 2〉] (6.52)

olur. Buraya kadar hep geneldi ama su an hidrojenle ilgileniyoruz ve onun icinde potansiyel V (r) = −(1/4πε0)e

2/r’dir:

E1r = − 1

2mc2

[E2

n + 2En

(e2

4πε0

)〈1r〉 +

(e2

4πε0

)2

〈 1

r2〉], (6.53)

burada En soz konusu durumun Bohr enerjisidir.Son olarak 1/r ile 1/r2’nin (tedirgin edilmemis) ψnlm (4.89 esitligi) duru-

mundaki beklenen degerleri gerekiyor. Ilki kolay (Problem 6.11’e bakın):

〈1r〉 =

1

n2a, (6.54)

oyle ki a Bohr yarıcapıdır (4.72 esitligi). Ikincisini cıkarmak bu kadar kolay degil(Problem 6.28) ama cevabı7

〈 1

r2〉 =

1

(l + 1/2)n3a2(6.55)

dir. Buradan

E1r = − 1

2mc2

[E2

n + 2En

(e2

4πε0

)1

n2a+

(e2

4πε0

)21

(l + 1/2)n3a2

]

veya (4.72 esitligini kullanarak) a’yı yok edip herseyi (4.70 esitligini kullanarak)En cinsinden yazarsak

E1r = − E2

n

2mc2

[4n

l + 1/2− 3

](6.56)

6Burada p2’nin ve (E − V )’nin hermitselligini kullanan bir el cabuklugu var. Gercektel = 0 olan durumlar icin p4 hermitsel degildir ve dolayısıyla 6.49 esitligine tedirginlik ku-ramının uygulanabilirligi bir soru isaretidir. Neyse ki tam cozum mumkun; (goreli olmayan)Schrodinger denklemi yerine (goreli) Dirac denklemi kullanılarak elde edilebilir ve burada dahaaz itina gostererek buldugumuz sonucları teyit eder. (Problem 6.17’ye bakın.)

7r’nin herhangi bir kuvvetinin beklenen degerinin genel formulu Hans A. Bethe ve EdwinE. Salpeter’in Quantum Mechanics of One- and Two-Elektron Atoms, (New York: Plenum,1977) kitabının 17. sayfasında var


olur. Gorelilik duzeltmesinin En’den En/mc2 ≈ 2 × 10−5 mertebesinde daha

kucuk olduguna dikkat edin.Hidrojen atomu bayagı bir dejenere olmasına ragmen burada dejenere ol-

mayan rahatsızlık kuramını kullandıgımı farketmissinizdir. Ama tediginlik kure-sel simetrik oldugundan L2 ve Lz ile sıradegisir. Ayrıca bu islemcilerin (be-raber alınıyorlar) ozfonksiyonları verilen bir En enerjili n2 tane durum icin ayrıkozdegerleri vardır. O halde ψnlm dalga fonksiyonları bu problem icin sans eseri”iyi” durumlardır ve bu yuzden de dejenere olmayan tedirginlik kuramını kul-lanmak mesrudur.

*Problem 6.11 Problem 4.41’deki viriyal savını kullanarak 6.54 esitliginiispatlayınız.

Problem 6.12 Problem 4.43’de rs’nin ψ321 durumundaki beklenen degerinihesaplamıstınız. Su durumlar icin cevabınızı kontrol ediniz; s = 0 (asikar),s = −1, (6.54 esitligi), s = −2, (6.55 esitligi) ve s = −3, (6.63 esitligi). s = −7durumunu yorumlayınız.

**Problem 6.13 Bir-boyutlu ahenkli salınıcının enerji seviyelerine gelecek(en alt mertebeden) gorelilik duzeltmesini bulunuz. Ipucu: Problem 2.37’dekiteknigi kullanınız.

6.3.2 Spin-Yorunge Ciftlesmesi

Elektronu cekirdek etrafındaki yorungede hayal edin; elektronun baktıgı yer-den proton onun etrafında donmektedir (Sekil 6.7). Yorungedeki bu artı yukelektronun cevresinde bir B manyetik alanı olusturur. Spini olan elektrona bumanyetik alandan dolayı uygulanan tork onun manyetik momentini (µ) kendidogrultusuna cevirmeye calısır. Hamilton islemcisi (4.157 esitligi)

H = −µ · B (6.57)

seklindedir.

Protonun Manyetik Alanı. Elektronun bakıs acısından protonun fotografınıcekecek olursak bir surekli-akım-ilmegi (Sekil 6.7) goruruz. Bu ilmegin manyetikalanı Biot-Savart kanunu ile hesaplanır:

B =µ0I

2r;

burada I = e/T gecerli akım olmak uzere e protonun yuku, T ’de yorungeninperiyodudur. Diger taraftan (cekirdegin durgun cercevesinden) elektronun yorunge-sel acısal momentumu L = rmv = 2πmr2/T ’dir. Ayrıca B ile L ayrı yonde (Sekil6.7, yukarı) olduklarından

B =1

4πε0

e

mc2r3L (6.58)


dir. (ε0’ı tercih ettigimden µ0’ı yok etmek icin c = 1/√ε0µ0’ı kullandım.)

Sekil 6.7: Elektronun bakısacısından hidrojen atomu.

Elektronun Manyetik Cift-Kutup (Dipol) Momenti. Spini olan biryukun manyetik dipol (cift kutup) momenti (spin) acısal momentumu ile iliskilidir;orantı sabiti manyetik topac oranıdır (Bolum 4.4.2’de karsılasmıstık). Klasikelektrodinamigi kullanarak cıkaralım. Once r yarıcaplı bir cember uzerinde birq yuku dusunun ve bu yuk cemberin ekseni etrafında T periyodu ile dolanıyorolsun (Sekil 6.8). Cemberin manyetik cift kutup momenti akım (q/T ) carpı alan(πr2) olarak tanımlanır:

µ =qπr2

T.

Cemberin kutlesi m ise acısal momentumu, atalet momenti (mr2) carpı acısalhızı (2π/T )’dır:

S =2πmr2

T.

Bu konfigurasyon icin manyetik topac oranının µ/S = q/2m oldugu acıktır.Yarıcap r’den (ve periyot T ’den) bagımsız olduguna dikkat edin. Daha karmasıkbir nesne olsaydı, bir kure gibi, (bana gereken sey sadece donme sonucu olusanbir sekil oldugudur, kendi ekseni etrafında donen) kucuk cemberlere kesip hep-sinin katkısını toplayarak µ ve S’yi hesaplayabilirdim. Kutle ve yuk aynı sekildedagıldıgı surece (oyle ki yuk-kutle oranı turdes, yani cismin her yerinde aynıolsun) manyetik topac oranı her cember icin, dolayısıyla nesnenin butunu icinde aynı olacaktır. Ayrıca µ ile S’nin yonleri aynıdır (veya zıttır, yuk (negatif)eksiyse). O halde

µ =( q

2m

)S

olud. Bu butunuyle klasik bir hesaplamadır ancak bakıldıgında elektronun manyetikmomenti bu klasik sonucun iki katıdır :

µe = − e

mS. (6.59)

”Fazla”dan 2 carpanı Dirac tarafından onun elektronun goreli kuramında acıklanmıstır.8

8Elektronu spini olan bir kure olarak gormenin tehlikeli olabilecegini gormustuk (Problem4.26) ve klasik modelin manyetik topac oranını yanlıs hesaplaması cok supriz birsey degildir.


Sekil 6.8: Ekseni etrafındadonen bir yuk halkası.

Spin-Yorunge Etkilesmesi. Bunların hepsini biraraya getirdigimizde

H =

(e2

4πε0

)1

m2c2r3S · L

elde ederiz. Ancak bu hesaplamada ciddi bir sahtekarlık var: Cozumlemeyi elek-tronun durgun cercevesinde yaptım; ama bu bir ataletli sistem degil cunku cevresindekiyorungesinde elektron ivmelenmektedir. Thomas yalpalaması9 denilen uygunbir kinematik (devrimsel) duzeltme ile bundan kurtulabilirsiniz. Bu baglamdabir 1/2 carpanı gelir:

H ′sy =

(e2

8πε0

)1

m2c2r3S · L. (6.60)

Bu, spin-yorunge etkilesmesidir; iki duzeltmenin dısında (elektron icin degistirilmis(modifiye) manyetik topac oranı ve Thomas yalpalaması, ki bunlar birbirlerinitesadufen yok ederler) bir klasik modelin vermesini bekledigimiz sonuctur. Fizik-sel olarak protonun manyetik alanı tarafından, spinli (spini olan) elektronunmanyetik cift-kutup momentine elektronun anlık durgun cercevesinde uygulanantorka dayandırılabilir.

Simdi kuantum mekanik yapalım. Spin-yorunge ciftlesmesinin oldugu du-rumda Hamilton artık L ve S ile sıradegismeyeceginden spin ve yorungesel acısalmomentum ayrı ayrı korunmazlar (Problem 6.14’e bakın). Ancak H ′

sy, L2 ile S2

veJ ≡ L + S (6.61)

Bu arada kuantum elektrodinamik 6.59 esitligine sadece kucuk duzeltmeler getirir; elektro-

nun anormal manyetik momentinin hesabı kuramsal fizigin en buyuk basarılarındanbiridir.

9Bunu, ataletli sistemler arasında surekli gecis yapıyormusuz gibi dusunebiliriz ve bugecislerden dolayı yapılan butun Lorentz donusumlerinin birikimi de Thomas yalpalamasınıverir. Cekirdegin durgun oldugu laboratuvar cercevesinde kalarak bu problemden uzak dura-bilirdik elbette. Bu durumda protonun alanı sadece elektrik alan olurdu ve elektron uzerindeneden bir fark urettigini merak ederdiniz. Gercek su ki hareket eden bir manyetik cift-kutup bir elektrik cift-kutup momenti kazanır ve spin-yorunge eslesmesi de laboratuvarcercevesinde cekirdegin elektrik alanı ile elektronun elektrik cift-kutup momentinin etk-ilesmesinden dolayıdır. Bu cozumleme icin daha gelismis elektrodinamik gerektiginden fizik-sel mekanizmaların daha seffaf oldugu elektronun bakıs acısından bakmak en iyisiymis gibigorunuyor. Bununla ilgili su makaleye bakabilirsiniz; V. Namias. Am. J. Phys., 57, 171 (1989).


toplam acısal momentumuyla sıradegisir ve dolayısıyla bu nicelikler korunurlar(3.148 esitligi). Diger bir deyisle Lz ve Sz ’nin ozdurumları tedirginlik kuramındakullanılmak icin ”iyi” durumlar degil ama L2, S2, J2 ve Jz’nin ozdurumlarıkullanılabilirler. Simdi,

J2 = (L + S) · (L + S) = L2 + S2 + 2L · S

yani

L · S =1

2(J2 − L2 − S2) (6.62)

oldugundan, L · S’nin ozdegerleri

h2

2[j(j + 1) − l(l + 1) − s(s+ 1)]

olur. Bu durumuda tabii s = 1/2’dir. Bu arada 1/r3’un beklenen degeri (Prob-lem 6.30’a bakın)

〈 1

r3〉 =

1

l(l + 1/2)(l+ 1)n3a3(6.63)

ve

E1sy = 〈H ′

sy〉 =e2

8πε0

1

m2c2(h2/2)[j(j + 1) − l(l+ 1) − 3/4]

l(l + 1/2)(l+ 1)n3a3

veya En cinsinden ifade edersek

E1sy =

E2n

mc2

{n[j(j + 1) − l(l + 1) − 3/4]

l(l+ 1/2)(l+ 1)

}(6.64)

olur.Gorelilik duzeltmesi ve spin-yorunge ciftlesmesi gibi butunuyle farklı fizik-

sel mekanizmaların aynı mertebede (E2n/mc

2) sonuc vermeleri dikkat cekicidir.Bunları toplayarak tum ince-yapı formulunu elde ederiz (Problem 6.15):

E1iy =

E2n

2mc2

(3 − 4n

j + 1/2

). (6.65)

Bohr formuluyle birlikte ince yapınında dahil oldugu hidrojenin enerji seviyelerininsonucunu verir:

Enj = −13.6eV

n2

[1 +

α2

n2

(n

j + 1/2− 3

4

)]. (6.66)

Ince yapı, l’deki dejenereligi kaldırır (verilen bir n icin izin verilen farklı l degerliseviyeler aynı enerjiyi tasımaz); enerjiler n ve j ile belirlenir (Sekil 6.9). Yorunge-sel ve spin acısal momentumlarının azimuthal ozdegerleri (ml ve ms) artık ”iyi”kuantum sayıları degildir−duragan durumlar bu niceliklerin farklı degerlerinesahip durumların dogrusal birlesimleridir, ”iyi” kuantum sayıları n, l, s, j vemj’dir.10


Sekil 6.9: Ince-yapı dahil edilmis olarak hidrojen enerji seviyeleri(olceklenmemis).

Problem 6.14 Su sıradegisme islemcilerini hesaplayınız: (a) [L · S, L], (b)[L · S, S], (c) [L · S, J], (d) [L · S, L2], (e) [L · S, S2], (f) [L · S, J2]. Ipucu: L ile S4.98, 4.99 ve 4.134 esitlikleri ile verilen acısal momentumların temel sıradegismeiliskilerini saglarlar ama kendileri sıra degisirler.

*Problem 6.15 Gorelilik duzeltmesi (6.56 esitligi) ile spin-yorunge ciftlesmesinden(6.64 esitligi) ince yapı formulunu (6.65 esitligi) cıkarınz. Ipucu: j = l ± 1/2olduguna dikkat edin; artı ve eksi isaretlerini ayrı ayrı ele alın, sonunda aynısonuca ulasacaksınz.

**Problem 6.16 Hidrojen tayfının gorunur bolgede en cok goze carpanozelligi n = 3’ten n = 2’ye geciste gozlenen kırmızı Balmer cizgisidir. Once bucizginin dalgaboyu ve frekansını Bohr kuramına gore hesaplayınız. Ince yapı bucizgiyi birbirilerine yakın bircok cizgiye ayırır; soru bu cizgilerin kac tane olduk-ları ile aralarındaki mesafenin ne oldugudur? Ipucu: Once n = 2 seviyesininkac alt-seviyeye ayrılacagını ve her seviyenin enerjisini, E1

iy, eV cinsinden bulun.Aynısını n = 3 icin yapın. n = 3’ten n = 2’ye butun gecisleri gosteren bir enerjidiyagramı cizin. Foton olarak ortaya cıkan enerji (E3 −E2) + ∆E’dir. Ilk terimhepsinde ortaktır. Ince yapıdan dolayı olan ikincisi, ∆E, ise herbir gecis icinfarklıdır. Her gecis icin ∆E’yi bulunuz, (eV cinsinden). Son olarak buldugunuzenerjileri acıga cıkacak fotonların frekansına cevirip tayftaki ardısık cizgiler arasımesafeyi bulun (Hz cinsinden)-burada gorunmeyecek olan tedirgin edilmemis

10Verilen bir l ve s icin |l ml〉|sms〉’nin bir dogrusal birlesimi olarak |j mj〉 yazmak icinuygun Clebsch-Gordan katsayılarını bulmak icin (4.185 esitligi) kullanırız.

6.4. ZEEMAN ETKISI 247

cizgi ile her cizginin arasındaki frekans farkı degil, her cizginin bir sonraki ilearasındaki frekans farkı. Cevabınız su sekilde olmalı, ”Kırmızı Balmer cizgisi(???) tane cizgiye ayrılır. Bu cizgiler frekansta artan sıralamayla su gecislerdengelirler; (1) j = (???)’ten j = (???)’ye, (2) j = (???)’ten j = (???)’ye, ve boylegider. 1. cizgi ile 2. cizgi arasında (???) Hz kadarlık aralık 2. cizgi ile 3. cizgiarasında (???) Hz kadarlık aralık vardır”, gibi.

Problem 6.17 Tedirginlik kuramına basvurmadan, Dirac denklemi ile eldeedilen hidrojeninin ince-yapı sabitinin tam formulu11

Enj = mc2

1 +

(α

n− (j + 1/2) +√

(j + 1/2)2 − α2

)2−1/2

− 1

seklindedir. Bunu (α � 1 oldugunu hatırlayarak) α4 mertebesine kadar acıp6.66 esitligini elde ettiginizi gosterin.

6.4 ZEEMAN ETKISI

Bir atom duzgun bir dıs manyetik alana, Bdıs, konuldugunda enerji duzeylerikayar. Bu olgu Zeeman etkisi olarak bilinir. Tek bir elektron icin tedirginlik

H ′Z = −(µl + µs) · Bdıs (6.67)

seklindedir, oyle ki

µs = − e

mS (6.68)

elektronun spininden kaynaklı manyetik cift kutup momenti ve

µl = − e

2mL (6.69)

yorungesel hareket kaynaklı cift kutup momentidir.12 O halde

H ′Z =

e

2m(L + 2S) · Bdıs (6.70)

olur.Zeeman ayrılması (catallanmasının) dogası dıs alanın ic alana (6.58 esitligi)gore siddetine cok baglıdır. Ic alan spin-yorunge ciftlesmesini verir. Bdıs � Bic

ise ince yapı baskın olur ve HZ kucuk bir tedirginlik olarak alınabilir; Bdıs �Bic oldugunda da Zeeman etkisi baskın olur ve ince yapı bir tedirginlik olur.Iki alanın birbiriyle kıyaslanabilir oldugu ara bolgede dejenere tedirginlik ku-ramının butun mekanizmasına gereksinim duyulur ve Hamilton islemcisinin ilgili

11Bu Bolumun 7 numaralı dipnotunda bahsedilen Bethe ve Salpeter’in kitabının 83. say-fasına bakın

12Bethe ve Salpeter (alt not 7) sayfa 83


kısmının ”elle” kosegenlestirilmesi gerekir. Takip eden bolumlerde bu durumlarıteker teker hidrojen icin inceleyecegiz.

Problem 6.18 6.58 esitligini kullanarak hidrojenin icindeki alanı tahminediniz ve ”guclu” ve ”zayıf” Zeeman alanlarını tarif ediniz.

6.4.1 Zayıf-Alan Zeeman Etkisi

Bdıs � Bic ise ince yapı baskın olur (6.60 esitligi); ”iyi” kuantum sayıları n, l, jve mj ’dir (spin-yorunge ciftlesmesinin oldugu durumlarda L ile S ayrı ayrı ko-runmadıgından ml ve ms ”iyi” kuantum sayılarından degildir). Birinci-mertebetedirginlik kuramında enerjiye gelen Zeeman duzeltmesi

E1Z = 〈n l j mj |H ′

Z |n l j mj〉 =e

2mBdıs · 〈L + 2S〉 (6.71)

dir. Simdi L+2S = J+S’dir; S’nin beklenen degerini maalesef hemen bilemeyiz.Ama su sekilde bulabiliriz: Toplam acısal momentum J = L + S sabittir (Sekil6.10); L ve S bu sabit vektor etrafında hızla yalpalarlar. Ozelde S’nin degerinin(zamandaki) ortalaması J’nın uzerine olan izdusumudur:

Sort =(S · J)

J2J. (6.72)

Ama L = J− S oldugundan L2 = J2 + S2 − 2J · S ve

S · J =1

2(J2 + S2 − L2) =

h

2[j(j + 1) + s(s+ 1) − l(l+ 1)] (6.73)

ve buradan da

〈L + 2S〉 = 〈(

1 +S · JJ2

)J〉 =

[1 +

j(j + 1) − l(l + 1) + 3/4

2j(j + 1)

]〈J〉 (6.74)

olur. Koseli parantez icindeki terim Lande g-faktoru (carpanı), gJ olarakbilinir.

z- eksenini Bdıs dogrultusunda secebiliriz; o zaman

E1Z = µB gJ Bdısmj (6.75)

Sekil 6.10: Spin-yorungeciftlesmesi varken L ileS ayrı ayrı korunmaz;sabit toplam acısal mo-mentumun, J, etrafındasalınırlar.


olur. Burada

µB ≡ eh

2m= 5.788 × 10−5eV/T (6.76)

Bohr magnetonudur. Toplam enerji ince-yapıdan gelenle (6.66 esitligi) Zee-man katkısının (6.75 esitligi) toplamıdır. Ornegin, taban durumu (n = 1, l = 0,j = 1/2 ve dolayısıyla gJ = 2) iki seviyeye ayrılır:

− 13.6 eV(1 + α2/4) ± µBBdıs, (6.77)

artı isareti mj = 1/2 durumu, eksi isareti mj = −1/2 durumu icindir. Bu ener-jiler (Bdıs’ın fonksiyonları olarak) Sekil 6.11’de cizilmistir.

*Problem 6.19 n = 2 olan durumları (sekiz tane) |2 l j mj〉 dusunun. Zayıf-alan Zeeman ayrısması altında her durumun enerjisini bulup sekil 6.11’deki gibibir diyagram cıkarınız. Boylece dıs manyetik alan Bdıs arttıkca enerjilerin neolacagı gorulmus olur. Her cizgiyi acıkca belirleyip egimini gosteriniz.

Sekil 6.11: Taban durumun zayıf-alan Zeeman ayrısması; yukarıdakicizginin (mj = 1/2) egimi 1,asagıdaki cizginin (mj = −1/2) egimi-1’dir.

6.4.2 Guclu-Alan Zeeman Etkisi

Bdıs � Bic ise Zeeman etkisi baskın olur13; Bdıs z yonundeyken ”iyi” kuantumsayıları bu sefer n, l, ml ve ms’dir (j ve mj degildir cunku−bir dıs torkunvarlıgında−toplam acısal momentum korunmazken Lz ve Sz korunur). ZeemanHamiltonu

H ′Z =

e

2mBdıs(Lz + 2Sz)

ve ”tedirgin olmamıs” enerjiler

Enmlms = −13.6eV

n2+ µBBdıs(ml + 2ms) (6.78)

dir. Birinci-mertebe tedirginlik kuramında bu seviyelere ince-yapı duzeltmesi

E1iy = 〈n lmlms|(H ′

r +H ′sy)|n lmlms〉 (6.79)

13Bu bolgede Zeeman etkisi Paschen-Back etkisi olarak da bilinir.


seklindedir. Goreliligin katkısı daha oncekiyle aynıdır (6.56 esitligi); spin-yorungeterimi (6.60 esitligi) icin

〈S · L〉 = 〈Sx〉〈Lx〉 + 〈Sy〉〈Ly〉 + 〈Sz〉〈Lz〉 = h2mlms (6.80)

ye gerek var (Sz ve Lz’nin ozdegerleri icin 〈Sx〉 = 〈Sy〉 = 〈Lx〉 = 〈Ly〉 = 0olduguna dikkat edin). Bunların hepsini bir araya getirdigimizde (Problem 6.20)

E1iy =

13.6eV

n3α2

{3

4n−[l(l+ 1) −mlms

l(l + 1/2)(l+ 1)

]}(6.81)

sonucuna ulasırız. (l = 0 icin koseli parantez icindeki terim belirsizdir; bu du-rumda degeri 1 olur−Problem 6.22’ye bakın.) Toplam enerji Zeeman’dan gelen(6.78 esitligi) ile ince-yapının katkısının (6.81 esitligi) toplamıdır.

Problem 6.20 6.79 esitliginden baslayıp 6.56, 6.60, 6.63 ve 6.80 esitliklerinikullanarak 6.81 esitligini cıkarınız.

**Problem 6.21 n = 2 olan durumları (sekiz tane) |2 lmlms〉 dusunun.Guclu-alan Zeeman ayrısması altında her durumun enerjisini bulunuz. (Cevap-larınızı 6.77 esitliginde oldugu gibi uc terimin toplamı olarak ifade edin: Bohrenerjisi; ince yapı sabiti (α2) ve Zeeman katkısı (µBBdıs)). Ince yapı sabitinioldugu gibi yok sayacak olursanız kac ayrı seviye olur ve herbirinin dejenereliligine olur?

Problem 6.22 Eger l = 0 ise j = s, mj = ms ve ”iyi” durumlar da (|nms〉)zayıf ve guclu alanlar icin aynı olur. 6.71 esitliginden E1

Z ’i, 6.66 esitligindenince yapı enerjilerini bulup l = 0 icin Zeeman etkisinin genel sonucunu yazınız−alan siddeti ne olursa olsun. Guclu alan formulu 6.81 esitliginin, koseli parantezicindeki terimi 1 aldıgımız taktirde bu sonucu verecegini gosteriniz.

6.4.3 Aradegerlerdeki-Alanlar icin Zeeman Etkisi

Aradegerlerde neH ′Z ne deH ′

iy baskın olur. Her ikisini Bohr Hamilton islemcisineaynı mertebeden tedirginlikler olarak ele almalıyız. (6.41 esitligi):

H ′ = H ′Z +H ′

iy . (6.82)

Burada sadece n = 2 oldugu duruma bakacagım ve dejenere tedirginlik kuramıicin l, j ve mj ile karakterize edilen durumları taban olarak alacagım.14 |j mj〉’yi|l ml〉|sms〉’lerin bir dogrusal birlesimi olarak ifade etmek icin Clebsch-Gordankatsayılarını (Problem 4.45 veya Tablo 4.7) kullanarak

l = 0

{ψ1 ≡ |12 1

2 〉 = |0 0〉|12 12 〉,

ψ2 ≡ |12 −12 〉 = |0 0〉|12 −1

2 〉,14 Isterseniz l, ml, ms’yi de kullanabilirsiniz−bu H′

Z’nin matris elemanlarını kolaylastırır

ama H′iy ’ninkileri daha zorlastırır; W -matrisi daha karmasıklasır ama (tabandan bagımsız

olan) ozdegerleri aynıdır.


l = 1

ψ3 ≡ |32 32 〉 = |1 1〉|12 1

2 〉,ψ4 ≡ |32 −3

2 〉 = |1 − 1〉|12 −12 〉,

ψ5 ≡ |32 12 〉 =

√2/3|1 0〉|12 1

2 〉 +√

1/3|1 1〉|12 −12 〉

ψ6 ≡ |12 12 〉 = −

√1/3|1 0〉|12 1

2 〉 +√

2/3|1 1〉|12 −12 〉

ψ7 ≡ |32 −12 〉 =

√1/3|1 − 1〉|12 1

2 〉 +√

2/3|1 0〉|12 −12 〉

ψ8 ≡ |12 −12 〉 = −

√2/3|1 − 1〉|12 1

2 〉 +√

1/3|1 0〉|12 −12 〉

elde ederiz.Bu tabanda H ′

iy’nin sıfırdan farklı butun elemanları kosegen uzerindedir ve6.65 esitligiyle verilirler; H ′

Z ’nin kosegen dısında dort tane elemanı vardır vetoplam matris W su sekildedir (Problem 6.23’e bakın)

5γ − β 0 0 0 0 0 0 00 5γ + β 0 0 0 0 0 00 0 γ − 2β 0 0 0 0 00 0 0 γ + 2β 0 0 0 0

0 0 0 0 γ − 23β

√2

3 β 0 0

0 0 0 0√

23 β 5γ − 1

3β 0 0

0 0 0 0 0 0 γ + 23β

√2

3 β

0 0 0 0 0 0√

23 β 5γ + 1

3β

,

oyle kiγ ≡ (α/8)213.6 eV ve β ≡ µB Bdıs

dır. Ozdegerlerin ilk dort tanesi kosegen uzerindedir; geriye sadece iki tane 2×2bloklarının ozdegerlerini bulmak kalır. Birincisi icin karakteristik denklem

λ2 + λ(6γ − β) + (5γ2 − 11

3γβ) = 0

ve ozdegerleri veren cozumu:

λ± = −3γ + (β/2) ±√

4γ2 + (2/3)γβ + (β2/4) (6.83)

seklindedir. Ikinci blok icin ozdegerler β’nın isareti haric aynıdır. Tablo 6.2’devarilen sekiz enerji Bdıs’a gore Sekil 6.12’de cizilmistir. Sıfır-alan (β = 0) lim-itinde ince-yapı degerlerine donerler; zayıf alanlar (β � γ) icin Problem 6.19’daelde ettiginiz sonucları veririr; guclu alanlar (β � γ) icin de Problem 6.21’dekisonucları elde ederiz (Problem 6.21’de belirtildigi gibi guclu alanlarda bes taneayrık enerji olacak sekilde nasıl yakınsandıgına dikkat edin).

Problem 6.23 H ′Z ve H ′

iy’nin matris elemanlarına bakıp n = 2 icin W -matrisini olusturunuz.

**Problem 6.24 Zayıf, guclu ve ara-deger alan siddetleri icin hidrojeninn = 3 durumları icin Zeeman etkisini inceleyiniz. Enerjiler icin, tablo 6.2 gibibir tablo olusturup sekil 6.12’deki gibi dıs alanın bir fonksiyonu olarak ciziniz.Ara-deger alan siddetlerinin limitte her iki durumu da verdigini gosteriniz.


Tablo 6.2: Ince yapı ve Zeeman etkileri ile birlikte hidrojenin n = 2 enerjiseviyeleriε1 = E2 − 5γ + βε2 = E2 − 5γ − βε3 = E2 − γ + 2βε4 = E2 − γ − 2β

ε5 = E2 − 3γ + β/2 +√

4γ2 + (2/3)γβ + β2/4

ε6 = E2 − 3γ + β/2 −√

4γ2 + (2/3)γβ + β2/4

ε7 = E2 − 3γ − β/2 +√

4γ2 − (2/3)γβ + β2/4

ε8 = E2 − 3γ − β/2 −√

4γ2 − (2/3)γβ + β2/4

Sekil 6.12: Hidrjenin n = 2durumları icin zayıf, orta veguclu alan bolgeleri icin Zeemanayrısması.

6.5 ASIRI-INCE AYRISMA

Paydadaki kutleden dolayı (6.59 esitligi) elektronunkiyle kıyaslandıgında cokdaha kucuk olmasına ragmen protonun kendisi de bir manyetik cift kutup olusturur:

µp =ge

2mpSp, µe = − e

meSe. (6.84)

(Proton uc tane kuarktan olusan bir bilesik yapı oldugundan manyetik mıknatıstopac oranı elektronunki kadar basit degildir−dolayısıyla g-faktoru (carpanı)gelmistir.15 Elektronunki 2.00 iken proton icin olculen deger 5.59’dur.) Klasikelektrodinamige gore bir µ cift-kutubu

B =µ0

4πr3[3(µ · r)r − µ] +

2µ0

3µδ3(r) (6.85)

156.74 esitligindeki Lande g-carpanı elektronun toplam manyetik momenti (µl + µs) iletoplam acısal momentumu J arasındaki oranda benzer bir rol alır.

6.5. ASIRI-INCE AYRISMA 253

seklinde bir manyetik alan olusturur.16 O halde protonun manyetik cift-kutupmomentinden kaynaklı manyetik alanda elektronun Hamilton islemcisi (6.57esitligi)

H ′ai =

µ0ge2

8πmpme

[3(Sp · r)(Se · r) − Sp · Se]

r3+

µ0ge2

3mpmeSp · Seδ

3(r) (6.86)

ile verilir.Tedirginlik kuramına gore enerjiye birinci-mertebe duzeltme (6.9 esitligi)

tedirginlik Hamiltonunun beklenen degeridir:

E1ai =

µ0ge2

8πmpme〈3(Sp · r)(Se · r) − Sp · Se

r3〉

+µ0ge

2

3mpme〈Sp · Se〉|ψ(0)|2. (6.87)

Taban durumunda (veya l = 0 olan herhangi baska bir durumda) dalga fonksiy-onu kuresel simetriktir ve ilk beklenen deger sıfırdır (Problem 6.25’e bakın). Buarada 4.80 esitliginden |ψ100(0)|2 = 1/(πa3) buluruz ve taban durumunda

E1ai =

µ0ge2

3πmpmea3〈Sp · Se〉 (6.88)

olur. Buna spin-spin ciftlesmesi denir. Cunku iki spinin skaler carpımını icerir(spin-yorunge ciftlesmesinde de S · L terimi vardı).

Spin-spin ciftlesmesi varken spin acısal momentumları teker teker korunmaz;”iyi” durumlar toplam spinin

S ≡ Sp + Se (6.89)

ozvektorleridir. Daha once yaptıgımız gibi bunun karesini alıp

Sp · Se =1

2(S2 − S2

e − S2p) (6.90)

elde ederiz. Proton da elektron da spin-1/2 oldugundan S2e = S2

p = (3/4)h2’dir.

Uclu durumda (spinler ”paralel”) toplam spin 1 oldugundan S2 = 2h2; teklidurumda toplam spin 0 oldugundan S2 = 0’dır. O halde

E1ai =

4gh4

3mpm2ec

2a4

{+1/4, (uclu);−3/4, (tekli)

(6.91)

olur.

166.85 esitligindeki delta-fonksiyon terimine yabancıysanız su sekilde cıkarabilirsiniz: Cift-kutubu, spini olan yuklu bir kuresel kabuk olarak alıp yarıcapın sıfıra ve (µ’nun sabit kalacagısekilde) yukun sonsuza gittigi limitte bakarsınız. D. J. Griffiths, Am. J. Phys., 50, 698 (1982)makalesine bakabilirsiniz.


Sekil 6.13: Hidrojenin taban durumunda asırı ince ayrısma.

Spin-spin ciftlesmesi uclu duzeni yukarı cıkarıp tekliyi asagı iterek taban du-rumunun spin dejenerasyonunu kaldırır (Sekil 6.13’e bakın). Enerji farkı acıkca

∆E =4gh4

3mpm2ec

2a4= 5.88 × 10−6eV (6.92)

olur. Uclu durumdan tekli duruma geciste yayılan fotonun frekansı

ν =∆E

h= 1420 MHz (6.93)

ve dalga boyu da c/ν = 21 cm’dir. Bu da mikrodalga demektir. Bu meshur”21-cm cizgisi” evrendeki en yaygın ve sık rastlanan ısımanın icerisindedir.

Problem 6.25 a ve b iki tane sabit vektor olsun.∫

(a·r)(b·r) sin θdθdφ =4π

3(a · b) (6.94)

oldugunu gosteriniz. Integral sınırları 0 < θ < π ve 0 < φ < 2π’dir. Bu sonucul = 0 olan durumlar icin

〈3(Sp · r)(Se · r) − Sp · Se

r3〉 = 0

oldugunu gostermek icin kullanın. Ipucu: r = sin θ cosφı+ sin θ sinφ+ cos θk.

Problem 6.26 Hidrojen icin olan formulde uygun degisiklikler yaparak sunlaricin taban durumunun asırı ince ayrısmasını bulunuz: (a) muonik hidrojen (elek-tron yerine aynı yuk ve aynı g-carpanına sahip ama ondan 207 kat daha agırolan muon gelir), (b) pozitronium (proton yerine elektronla aynı kutle ve aynıg-carpanına sahip ama zıt yuklu pozitron gelir) (c) muonium (proton yerinemuonla aynı kutle ve aynı g-carpanına sahip ama zıt yuklu antimuon gelir)Ipucu: Bu egzotik ”atomlar” icin ”Bohr yarıcapını” hesaplarken problem 5.1’dekiindirgenmis kutleyi kullanmayı unutmayın. Bu arada pozitronium icin bulacagınız


cevap (4.85 × 10−4 eV) deneysel olarak bulunan degerden (8.41 × 10−4 eV)oldukca uzaktır; bu buyuk fark ciftlerin yokolmasından kaynaklanır (e+ + e− →γ + γ). Bu, fazladan (3/4)∆E saglar ve (tabii ki) sıradan hidrojende, muonikhdrojende veya muoniumda olmaz. Daha fazla detay icin bu Bolumde 16 nu-maralı dipnottaki Griffiths’in kitabına bakın.


**Problem 6.27 Belirli bir kuantum sistem icin Hamilton islemcisinin birλ parametresinin bir fonksiyonu oldugunu dusunun; En(λ) ve ψn(λ), H(λ)’nınozdeger ve ozfonksiyonları olsun. Feynman-Hellmann savı

∂En

∂λ= 〈ψn|

∂H

∂λ|ψn〉 (6.95)

oldugunu soyler. Burada En ya dejenere degildir, ya da dejenere ise ψn’ler de-jenere ozfonksiyonların ”iyi” dogrusal birlesimleridir.

(a) Feynman-Hellmann savını ispatlayınız. Ipucu: 6.9 esitligini kullanın.

(b) Bunu bir-boyutlu ahenkli salınıcıya uygulayınız; (i) λ = ω alarak (V ’ninbeklenen degeri icin bir formul verir), (ii) λ = h alarak (〈T 〉’yi verir), (iii)λ = m alarak (〈T 〉 ile 〈V 〉 arasındaki iliskiyi verir). Sonuclarınızı problem2.37 ve viriyal savının ongoruleri (problem 3.53) ile kıyaslayınız.

**Problem 6.28 Feynman-Hellmann savı (problem 6.27) hidrojen atom-unda 1/r ve 1/r2’nin beklenen degerlerini bulmak icin kullanılabilir.17 Yarıcapdalga fonksiyonu (4.53 esitligi) icin etken Hamilton islemcisi

H = − h2

2m

d2

dr2+h2

2m

l(l + 1)

r2− e2

4πε0

1

r

ve l cinsinden ifade edilen ozdegerleri18 (4.70 esitligi)

En = − me4

32π2ε20h2(jmax + l + 1)2

seklindedir.

(a) Feynman-Hellmann savında λ = e alıp 〈1/r〉’yi bulun. Sonucunuzu 6.54esitligi ile kıyaslayın.

17C. Sanchez del Rio, Am. J. Phys., 50, 556 (1982); H.S. Valk, Am. J. Phys., 54, 921(1986).

18(b) sıkkında l’yi bir surekli degisken olarak alacagız; 4.67 estligine gore n, l’nin bir fonksiy-onu haline gelir, cunku bir tamsayı olmak zorunda olan jmax sabittir. Karısıklık olmasın, lbagımlılıgı acıkca ortaya cıksın diye n’yi yok ettim.


(b) 〈1/r2〉’yi bulmak icin λ = l alın. Sonucunuzu 6.55 esitligi ile kıyaslayın.

***Problem 6.29 Hidrojenin ψnlm durumunda bulunan bir elektron icinr’nin farklı uc kuvvetinin (s, s − 1 ve s− 2) beklenen degerlerini iliskilendirenKramers bagıntısını

s+ 1

n2〈rs〉 − (2s+ 1)a〈rs−1〉 +

s

4

[(2l + 1)2 − s2

]a2〈rs−2〉 = 0 (6.96)

ispatlayınız. Ipucu: 4.53 esitligindeki yarıcap denklemini

u′′ =

[l(l + 1)

r2− 2

ar+

1

n2a2

]u

seklinde yazıp∫(ursu′′)dr’yi 〈rs〉, 〈rs−1〉 ve 〈rs−2〉 cinsinden ifade etmek icin

kullanın.∫

(ursu′)dr = −(s/2)〈rs−1〉 ve∫(u′rsu′)dr = −[2/(s+1)]

∫(u′′rs+1u′)dr

oldugunu gosterin. Buradan devam edin.

Problem 6.30

(a) Kramers bagıntısında (6.96 esitligi) s = 0, s = 1, s = 2 ve s = 3 yazarak〈r−1〉, 〈r〉, 〈r2〉 ve 〈r3〉’u bulunuz. Herhangi bir pozitif kuvveti bulmak icinsonsuza kadar gidebilirsiniz.

(b) Negatif yonde ise bir engelle karsılasırsınız. s = −1 yapın ve sadece 〈r−2〉ile 〈r−3〉 arasında bir iliski bulabileceginizi gosterin.

(c) Ancak baska bir sekide 〈r−2〉’yi elde edecek olursanız Kramers bagıntısınıuygulayarak negatif kuvvetlerin geri kalanını bulabilirsiniz. Problem 6.28’decıkarılan 6.55 esitligini kullanarak 〈r−3〉’u bulun ve cevabınızı 6.63 esitligiile kontrol edin.

***Problem 6.31 Bir atom duzgun bir dıs elektrik alan, Edıs icine yerlestirildigindeenerji seviyeleri kayar−Stark etkisi diye bilinen bir olgudur. Bu problemdehidrojen atomunun n = 1 ve n = 2 durumları icin Stark etkisini inceleyecegiz.Alan z yonunde, dolayısıyla elektronun potansiyel enerjisi

H ′S = −eEdısz = −eEdısr cos θ

olsun. Bunu Bohr Hamilton islemcisine (6.41 esitligi) bir tedirginlik olarak alın;bu problemde spin konu dısıdır, dolayısıyla yok sayın.

(a) Bu tedirginlikle taban-durum enerjisinin birinci mertebede etkilenmediginigosteriniz.

(b) Birinci uyarılmıs durum dortlu dejeneredir: ψ200, ψ211, ψ210, ψ21−1. De-jenere tedirginlik kuramını kullanarak enerjiye gelecek birinci mertebe duzelt-meleri bulunuz. E2 kac seviyeye ayrısır?


(c) (b) sıkkı icin ”iyi” dalga fonksiyonları nelerdir? Bu ”iyi” durumların herbiriicin elektrik cift-kutup (dipol) momentinin (pe = −er) beklenen degerinibulunuz. Sonucların uygulanan alandan bagımsız olduguna dikkat edin−hidrojeninbirinci uyarılmıs durumunda sabit bir elektrik cift-kutup momentinin olduguacıktır.

Ipucu: Bu problemde birsuru integral var ama hemen hepsi sıfır. Dolayısıylahesaplama yapmadan once herbirine dikkatli bakın: φ integrali sıfırsa r ve θintegrallerini almaya gerek olmaz! Kısmi cevap: W13 = W31 = 3eaEdıs; digerelemanların hepsi sıfır.

***Problem 6.32 Hidrojeinin n = 3 durumları icin Stark etkisini (problem6.31) dusunun. Baslangıcta dokuz tane dejenere durum vardır, ψ3lm (spini yoksayarak tabii). Sonra z yonunde bir elektrik alan uygulayalım.

(a) Tedirginlik Hamilton islemcisini betimleyen 9 × 9’luk matrisi yazın. Kısmicevap: 〈300|z|310〉 = −3

√6a, 〈310|z|320〉 = −3

√3a, 〈31 ± 1|z|32 ± 1〉 =

−(9/2)a.

(b) Ozdegerleri ve dejenereliklerini bulunuz.

Problem 6.33 Doteryum’un taban durumunda (n = 1) bir asırı-ince gecistenyayımlanan fotonun dalgaboyunu santimetre cinsinden hesaplayınız. Doteryum,cekirdeginde fazladan bir notron bulunduran ”agır” hidrojendir. Protonla notronbiraraya gelerek doteronu olustururlar. Spini 1, manyetik momenti

µd =gde

2mdSd

olan doteronun g-carpanı 1.71’dir.

***Problem 6.34 Bir kristalde komsu iyonların elektrik alanı bir atomunenerji seviyelerini tedirgin eder. Ham bir model olarak hidrojen atomunun sekil6.14’teki gibi uc cift noktasal yukle cevrelendigini dusunun. (Bu problem icinspin konu dısıdır, dolayısıyla yok sayın.)

(a) r � d1, r � d2 ve r � d3 oldugunu farzederek

H ′ = V0 + 3(β1x2 + β2y

2 + β3z2) − (β1 + β2 + β3)r

2

oldugunu gosteriniz. Burada

βi ≡ − e

4πε0

qid3

i

ve V0 = 2(β1d21 + β2d

22 + β3d

22)

dir.

(b) Taban-enerjiye gelen en-alt mertebedeki duzeltmeyi bulunuz.


(c) Birinci uyarılmıs duruma (n = 2) gelecek birinci-mertebe duzeltmelerihesaplayınız. Dortlu dejenere sistem su durumlarda kac seviyeye ayrısır: (i)kubik simetri oldugunda, β1 = β2 = β3, (ii) orthorhombik (baklavabiciminde) simetri oldugunda, β1 = β2 6= β3, (iii) tetragonal (dortgenbiciminde) simetri oldugunda, β1 6= β2 6= β3?

Sekil 6.14: Altı tane noktasal yukle cevrelenen hidrojen atomu (bir kristalorgu icin ham model); problem 6.34.

agunhan/Griffiths6.pdfIc¸indekiler ONS¨ OZ¨ vii I KURAM 1 1 DALGA FONKS˙IYONU 3 1.1 SCHROD¨...

Documents

Transcript of agunhan/Griffiths6.pdfIc¸indekiler ONS¨ OZ¨ vii I KURAM 1 1 DALGA FONKS˙IYONU 3 1.1 SCHROD¨...