8
КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА

К главе 1. Амплитуды вероятности
1.1. Вероятность того, что частица достигнет экрана в точке $x$, если открыта щель 1 , равна
\[
P_{1}=x|\langle x \mid 1\rangle\langle 1 \mid s\rangle|^{2},
\]

если открыта щель 2 , то
\[
P_{2}=|\langle x \mid 2\rangle\langle 2 \mid s\rangle|^{3},
\]

а при обеих открытых щелях
\[
P_{12}=|\langle x \mid 1\rangle\langle 1 \mid s\rangle+\langle x \mid 2\rangle\langle 2 \mid s\rangle|^{2} .
\]

Учитывая симметричное расположение щелей и предполагая, что источник испускает частицы изотропно, можно записать
\[
\langle 1 \mid s\rangle=\langle 2 \mid s\rangle=c .
\]

Считая щели бесконечно узкими, можно воспользоваться формулой (1.7) «Лекций» (вып. 8, стр. 14). Тогда с точностью до несущественного численного множителя
\[
\langle x \mid 1\rangle=\frac{e^{i k l_{1}}}{l_{1}}, \quad\langle x \mid 2\rangle=\frac{e^{i k l_{2}}}{l_{2}},
\]

где $l_{1}$ и $l_{2}$ – расстояния от щелей $l$ и 2 до точки $x$, а $k=2 \pi / \lambda$ еолновое число. Таким образом,
\[
P_{1}=\frac{|c|^{2}}{l_{1}^{2}}, \quad P_{2}=\frac{|c|^{2}}{l_{2}^{2}}, \quad P_{12}=|c|^{3}\left|\frac{e^{i k l_{1}}}{l_{1}}+\frac{e^{i k l_{2}}}{l_{2}}\right|^{2} .
\]

Обозначим расстояние от щелей до экрана через $l$, тогда
\[
l_{1}=\left[l^{2}+\left(x-\frac{a}{2}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}}, l_{2}=\left[l^{2}+\left(x+\frac{a}{2}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}} .
\]

Задача нахождения максимума $P_{12}$ как функции $x$ приводит к трансцендентному уравнению, получающемуся из условия $d P_{12}(x) / d x=0$. Для простоты будем предполагать $l \gg a, l \gg x$. При этом величины $l_{1}$ и $l_{2}$ в знаменателе $P_{12}$ можно принять равными,
\[
l_{1} \approx l_{2} \approx l,
\]

тогда как в фазовых множителях необходимо учитывать разность хода лучей,
\[
l_{2}-l_{1}=\sqrt{l^{2}+\left(x+\frac{a}{2}\right)^{2}}-\sqrt{l^{2}+\left(x-\frac{a}{2}\right)^{3}} \approx \frac{a x}{l} .
\]

Тогда, вынося за скобки в $P_{12}$ первую экспоненту, получаем выражение
\[
P_{12}=\frac{|c|^{2}}{l^{2}}\left|1+e^{i k a x / l}\right|^{2},
\]

которое нетрудно преобразовать к виду
\[
P_{12}=\frac{2|c|^{2}}{l^{2}}\left(1+\cos \frac{k a x}{l}\right) .
\]

Максимумы этого выражения, очевидно, определяются условием
\[
\frac{k a x_{n}}{l}=2 \pi n, \quad n=0, \pm 1, \pm 2, \ldots .
\]

Пусть расстояние между центральным ( $n=0$ ) и первым боковым ( $n=1$ ) максимумами равно $b$, тогда
\[
\lambda \approx \frac{a b}{l} \approx 0,25 \mathrm{~cm} .
\]

В рассматриваемом приближении величины $P_{1}$ и $P_{2}$ одинаковы и не зависят от $x$. Фактически, однако, из-за конечнбй ширины щели, а также зависимости $l_{1}$ и $l_{2}$ от $x$, эти величины будут плавно зависеть от $\boldsymbol{x}$. При этом положение максимумов и минимумов $P_{12}$ будет определяться практически прежним условием. Если фазы двух волн совпадают (максимум), то, очевидно,
\[
P_{12}=\left(\sqrt{P_{1}}+\sqrt{P_{2}}\right)^{2},
\]

а если они отличаются на $\pi$ (минимум), то
\[
P_{12}=\left(\sqrt{P_{1}}-\sqrt{P_{2}}\right)^{2} .
\]

Для, центрального максимума из рис. 1.1 «Лекций» (вып. 8, стр. 11) найдем $P_{1}=P_{2}=0,5, P_{12}=1,9$ (в произвольных единицах). Расчет дает
\[
P_{12}=(\sqrt{0,5}+\sqrt{0,5})^{2}=2,0 .
\]

Для первого бокового максимума, согласно рисунку, $P_{\mathbf{1}}=0,3$, $P_{2}=0,65, P_{12}=1,3$, тогда как расчетное значение $P_{12}=1,8$.
Для первого минимума $P_{1}=0,4, P_{2}=0,6, P_{12}=0,1$ и
\[
P_{12} \text { расчетное }=0,02 \text {. }
\]

Для второго минимума $P_{1}=0,2, P_{2}=0,63, P_{12}=0,1$ и
\[
P_{12 \text { расчетное }}=0,15 \text {. }
\]

1.2. а) Если источник сдвинуть вверх на расстояние $D$, то разность фаз двух лучей, приходящих в точку $x$, очевидно, составит $\Delta \varphi=k\left(L_{2}-L_{1}+l_{2}-l_{1}\right)$, где
\[
L_{1}=\sqrt{L^{2}+\left(D-\frac{a}{2}\right)^{2}} \text { и } L_{2}=\sqrt{L^{2}+\left(D+\frac{a}{2}\right)^{2}}
\]
– расстояния от источника до щелей 1 и 2 соответственно; $L$-расстояние от источника до преграды, в которой прорезаны щели. Величины $l_{1}, l_{2}, a$ и $k$ те же, что в предыдущей задаче. Принимая $a \ll L$ и $x \ll l$, получаем $\Delta \varphi \approx(k a / l)(x+D l / L)$. Таким образом, разность фаз для точки $x$ в рассма триваемом случае совпадает с разностью фаз для точки $x^{\prime}=x+D l / L$ в случае, когда источник находится на осевой линии. Следовательно, вся интерференционная картина сместится вниз на расстояние $\mathrm{Dl} / \mathrm{L}$ по сравнению с рассмотренной в предыдущей задаче.
б) Согласно результатам предыдущей задачи, расстояние между двумя соседними максимумами определяется формулой
\[
b=\frac{\lambda l}{a} \quad(a \ll l, \quad b \ll l) .
\]

Следовательно, если увеличить вдвое расстояние $a$ между щелями, то расстояние между максимумами уменьшается вдвое. Вся интерференционная картина \”сожмется» по оси $x$ в масштабе 1:2.
в) Поскольку ширина щели считается бесконечно малой (т. е. разность хода лучей, проведенных через разные точки щели, равна нулю), то изменение ширины щели 1 вдвое приведет лишь к увеличенню вдвое амплитуды волны в точке 1 , т. е.
\[
\langle 1 \mid s\rangle=2\langle 2 \mid s\rangle=2 c \text {. }
\]

Тогда
\[
\begin{aligned}
\langle x \mid s\rangle & =\langle x \mid 1\rangle\langle 1 \mid s\rangle+\langle x \mid 2\rangle\langle 2 \mid s\rangle= \\
& =c\left(2 \frac{e^{i k l_{1}}}{l_{1}}+\frac{e^{i k l_{3}}}{l_{2}}\right) .
\end{aligned}
\]

В тех же приближениях, что и раньше, получаем
\[
P_{12}=\frac{|c|^{2}}{l^{2}}\left(5+4 \cos \frac{k a x}{l}\right) .
\]

Сравнивая это выражение с результатом задачи 1.1, убеждаемся, что при увеличении ширины одной из щелей вдвое максимумы интенсивности увеличатся в $9 / 4$ раза, а в минимумах она не обращается в нуль, а составляет $1 / 4$ интенсивности в прежних максимумах.
1.8. Интенсивность прошедшего света будет в $\cos ^{2} \theta$ раз слабее, чем падающего. Единичный фотон может либо пройти, либо не пройти через поляроид. Вероятность прохождения фотона, поляризованного в вертикальной плоскости, равна $\cos ^{2} \theta$, причем прошедший фотон будет поляризован вдоль «оги пропускания».
1.4. Электроны, проходя через кристалл, испытывают дифракцию так же, как, например, рентгеновские лучи. Дифракция рентгеновских лучей на кристаллической решетке обсуждалась в гл. 38 вып. 3. Там отмечалось, что для рассмотрения такой дифракции удобно ввести представление об интерференции лучей, отраженных от системы параллельных атомных плоскостей. При этом условие максимума
\[
n \lambda=2 d \sin \theta \quad(n=0,1,2, \ldots) ;
\]

здесь $d$-расстояние между соседними атомными плоскостями; $\lambda$-длина волны; $2 \theta$ – угол между падающим лучом и направлением на дифракционный максимум. В кристалле можно выделить много систем таких плоскостей, характеризующихся различными значениями $d$. Отметим, что для решетки золота (кубической гранецентрированной) максимальное $d$ равно постоянной кристаллической решетки $a \approx 2,88 \cdot 10^{-10}$, следующее за ним равно $a / \sqrt{2}$, и т. п.

Рассмотрим теперь, к чему приведет хаотическая ориентация отдельных кристаллов в поликристаллической фольге. Если $\lambda<2 d$, то среди кристалликов фольги обязательно найдутся такие, для которых условие максимума выполнено. Далее, поскольку кристаллики имеют всевозможные ориентации, то дифракционная картина будет симметрична относительно направления пучка. В результате на фотопластинке области почернения будут иметь форму концентрических колец с центром на оси пучка и с радиусом
\[
R_{n}=L \operatorname{tg} 2 \theta \approx \frac{n \lambda L}{d} ;
\]

здесь $L$-расстояние от фольги до фотопластинки. Первому кольцу соответствует $n=1$ и максимальное значение $d$. Вычислим теперь радиусы первых колец. Длина волны для электронов с кинетической энергией $W$ равна
\[
\lambda=\frac{2 \pi \hbar}{p}=\frac{2 \pi \hbar}{\sqrt{2 m W}} \approx 9 \cdot 10^{-10} \mathrm{~cm},
\]

так что радиус первого кольца
\[
R_{1}=\frac{\lambda L}{a}=\frac{2 \pi \hbar L}{a \sqrt{2 m W}} \approx 0,3 \mathrm{~cm} .
\]

Второму кольцу соответствует $n=1$ и $d=a / \sqrt{2}$, так что
\[
R_{2}=R_{1} \sqrt{2} \approx 0,4 \mathrm{cM} .
\]

При вычислении следіующих радиусов нужно учитывать, что новые максимумы соответствуют не только новым значениям $d$, но и значениям $n>1$.
1.5. Пусть $l_{1}$ и $l_{2}$-расстояния от щелей 1 и 2 до точки $x$ на экране. Тогда суммарная амплитуда появления электрона в точке $x$ будет пропорциональна
\[
A(x)=a_{1} \frac{e^{i k l_{1}}}{l_{1}}+a_{2} \frac{e^{i k l_{2}}}{l_{2}} .
\]

Величины $l_{1}$ и $l_{2}$ выражаются через $l$, $a$ и $x$ так же, как в задаче 1.1. При малых $a(a \ll l)$ и $x(x \ll l)$ имеем
\[
A(x) \approx \frac{1}{l}\left(a_{1} e^{-i k x a / 2 l}+a_{2} e^{i k x a / 2 l}\right) e^{i k l} .
\]

Введем фазы и абсолютные значення амплитуд:

Тогда
\[
a_{1}=\left|a_{1}\right| e^{i \delta_{1}}, \quad a_{2}=\left|a_{2}\right| e^{i \delta_{2}} .
\]
\[
|A(x)|^{2}=\frac{1}{l^{2}}\left[\left|a_{1}\right|^{2}+\left|a_{2}\right|^{2}+2\left|a_{1}\right|\left|a_{2}\right| \cos \left(k x \frac{a}{l}+\delta_{2}-\delta_{1}\right)\right] .
\]
1.6. a) Амплитуду попадания частицы в точку $x$ запишем в виде
\[
A(x)=c\left(\frac{e^{i k L_{1}}}{L_{1}}+\frac{e^{i k L_{2}}}{L_{2}}\right),
\]

г где $k=2 \pi / \lambda=p_{0} / \hbar$ – волновое число;
\[
L_{1}=\left\{L^{2}+[(d / 2)-x]^{2}\right\}^{\frac{1}{2}} \text { и } L_{2}=\left\{L^{2}+[(d / 2)+x]^{2}\right\}^{\frac{1}{2}}
\]
– расстояния от щелей 1 и 2 до точки $x$. При $L \gg d$ и $L \gg x$ имеем
\[
|A(x)|^{2}=\frac{4|c|^{2}}{L^{2}} \cos ^{2}\left(\frac{\varphi_{2}-\varphi_{1}}{2}\right),
\]

где $\varphi_{2}-\varphi_{1}=k x d / L$. Для первого бокового максимума $\varphi_{2}-\varphi_{1}=2 \pi, x=a$. Таким образом, $a=2 \pi \hbar L / p_{0} d$.
6) Если внешнее воздействие меняет фазы первого и второго лучей соответственно на величины $\delta \varphi_{1}$ и $\delta \varphi_{2}$, то
\[
\varphi_{2}-\varphi_{1}=\frac{k x d}{L}+\delta \varphi_{2}-\delta \varphi_{1} .
\]

Центральный максимум будет расположен в точке $x_{0}=S$, для которой $\varphi_{2}-\varphi_{1}=0$. Следовательно,
\[
S=\left(\delta \varphi_{1}-\delta \varphi_{2}\right) \frac{\hbar L}{p_{0} d} .
\]
в) В силу закона сохранения энергии
\[
\frac{p^{2}(x)}{2 m}+V(x)=\frac{p^{2}(0)}{2 m}+V(0),
\]

откуда
\[
p(x)=p(0) \sqrt{1+\frac{2 m}{p^{2}(0)}[V(0)-V(x)]} .
\]

Так как потенциальная эиергия невелика, то можно записать
\[
p(x) \approx p(0)+\frac{m}{p(0)}[V(0)-V(x)] .
\]

Если $V(x)$ медленно меняется с расстоянием, то .
\[
V(x) \approx V(0)-F x
\]

и соответственно
\[
p(x)=p(0)+\frac{P x}{v} .
\]

Здесь $F=-(d V / d x)_{x=0}, \quad v=p(0) / m$ – начальная скорость частицы.
г) Среднее изменение разности фаз двух лучей выразим через средию разность импульсов $\Delta p$ :
\[
\delta \varphi_{1}-\delta \varphi_{2}=\frac{1}{\hbar} L \Delta p .
\]

Поскольку среднее вертикальное расстояние между двумя путями равно $d / 2$, то $\Delta p=F d / 2 v$. Тем самым приведенное в условии задачи выражение для ( $\delta \varphi_{1}-\delta \varphi_{2}$ ) доказано.

Используя результат, полученный в пункте (б), находим величину сдвига интерференционной картины:
\[
S=\frac{F L d}{2 \hbar v} \frac{\hbar L}{p_{0} d}=\frac{1}{2} a T^{2} .
\]

Величины $a=F / m$ и $T=L / v$ совпадают с классическими значениями ускорения и времени пролета частицы. Сдвиг интерференционной картины отвечает, таким образом, величине отклонения классической частицы под действием постоянной силы $F$ за время $T=L / v$.
1.7. а) Поскольку источником испускаются только электроны со спином «вверх», то амплитуда попадания электрона в точку $x$
\[
\langle x \mid s\rangle=\langle x \mid 1\rangle \alpha\langle 1 \mid s\rangle+\langle x \mid 2\rangle \alpha\langle 2 \mid s\rangle .
\]

Следовательно,
\[
P_{+}=|\alpha|^{2}|\langle x \mid 1\rangle\langle 1 \mid s\rangle+\langle x \mid 2\rangle\langle 2 \mid s\rangle|^{2},
\]

ฮ. е. картина распределения интенсивностей такая же, как и без учета спина, изменятся лишь абсолютные значения интенсивности.
б) Если спины электронов, вылетающих из источника, направлены вниз, имеем
\[
\begin{array}{l}
P_{-}=|\beta|^{2}|\langle x \mid 1\rangle\langle 1 \mid s\rangle+\langle x \mid 2\rangle\langle 2 \mid s\rangle|^{2}, \\
\bar{P}_{-}=\frac{|\alpha|^{2}}{|\beta|^{2}}=\text { const. }
\end{array}
\]
в) Если направление спннов случайно, то вероятности иметь спин «вверх» и квниз» равны, так что
\[
P_{0}(x)=\frac{1}{2} P_{+}(x)+\frac{1}{2} P_{-}(x)
\]

и
\[
\frac{P_{+}(x)}{P_{0}(x)}=\frac{2|\alpha|^{2}}{|\alpha|^{2}+|\beta|^{2}}=\text { const. }
\]
1.8. Пусть $\alpha$-амплитуда прохождения первой щели, тогда амплитуда прохождения второй щели равна $0,1 \alpha e^{i \varphi}$, где $\varphi-$ – произвольная фаза. Полная амплитуда для максимума в картине интенсивности будет пропорциональна $(\alpha+0,1 \alpha)$ (фаза $\varphi$ скомпенсируется разностью хода двух лучей). Для минимума соответственно амплитуда пропорциональна $(\alpha-0,1 \alpha)$. Следовательно, отношение интенсивностей в максимуме и минимуме равно
\[
\frac{|\alpha+0,1 \alpha|^{2}}{|\alpha-0,1 \alpha|^{2}}=\frac{1,21}{0,81} \approx 1,5 .
\]
1.9. Поскольку попадания фотонов, испущенных источниками $A$ и $B$ в детектор $a$, -события принципиально различимые, то скорость счета первого счетчика
\[
\left.P_{1}=\||\langle a \mid A\rangle|^{2}+|\langle a \mid B\rangle|^{2}\right] N=2|c|^{2} N,
\]

где $N$-число фотонов, испускаемых каждым источником в единицу времени. Аналогично
\[
P_{2}=\left[|\langle b \mid A\rangle|^{2}+|\langle b \mid B\rangle|^{2}\right] N=2|c|^{2} N=P_{1} .
\]

Одновременное попадание фотонов в детекторы $a$ и $b$ может произойти несколькими способами:
1) фотон, испущенный источником $A$, попадает в детектор $a$, а фотон из источника $B$ поладает в детектор $b$;
2) фотон из источника $B$ попадает в детектор $a$, а фотон из источника $A$ попадает в детектор $b$;
3) в оба детектора попадают фотоны из источника $A$ (это не значит, конечно, что в детекторы $a$ и $b$ попадает один и тот же фотон – ведь имеется непрерывный поток фотонов);
4) в оба детектора попадают фотоны из источника $B$.
Способы 1 и 2 неразличимы, так что соответствующие амплитуды должны складываться (при этом предполагается, что фотоны из источников $A$ и $B$ имеют одинаковую энергию). Но способы 3 и 4 в принципе можно отличать как один от другого, так и от первых двух способов (представьте, что один из источников «выключен»!). Поэтому здесь уже будут складываться только вероятности, но не амплитуды. Таким образом, можно записать
\[
\begin{aligned}
P_{12} & =\left[|\langle a \mid A\rangle\langle b \mid B\rangle+\langle a \mid B\rangle\langle b \mid A\rangle|^{2}+\right. \\
& \left.+|\langle a \mid A\rangle\langle b \mid A\rangle|^{2}+|\langle a \mid B\rangle\langle b \mid B\rangle|^{2}\right] N .
\end{aligned}
\]

Подставляя сюда выражения для амплитуд
\[
\begin{array}{l}
\langle a \mid A\rangle=\langle b \mid B\rangle=c e^{i k R_{1}}, \\
\langle b \mid A\rangle=\langle a \mid B\rangle=c e^{l k R_{2}}
\end{array}
\]

и выполняя необходимые преобразования, получаем
\[
P_{12}=2|c|^{4}\left[2+\cos 2 k\left(R_{2}-R_{1}\right)\right] N .
\]

Расстояния до источников
\[
\begin{array}{l}
R_{1}=\left[R^{2}+\frac{1}{4}(D-d)^{2}\right]^{1 / 2}, \\
R_{2}=\left[R^{2}+\frac{1}{4}(D+d)^{2}\right]^{1 / 2} .
\end{array}
\]

При $R \gg D$ и $R \gg d$ имеем
\[
R_{2}-R_{1} \approx \frac{D d}{2 R},
\]

так что аргумент косинуса $2 k\left(R_{2}-R_{1}\right) \approx 2 \pi D d / R \lambda$. Ясно, что если изменять $d$ (расстояние между детекторами), то скорость счета совпадений будет периодически меняться. Оценим порядок величины периода $\Delta d$.

Примем $\lambda=5 \cdot 10^{-7} M, R=10^{17} M$ (расстояние до ближних звезд), $D=10^{11} M$ (диаметр звезды может быть сравним с расстоянием от Солнца до планет). Тогда $\Delta d=R \lambda / D=0,5 \mu$, т. е́. эту величину нетрудно измерить. Таким образом, «диаметр звезды» $D$ можно определить из соотношения
\[
D=\frac{R \lambda}{d_{2}-d_{1}},
\]

где $d_{1}$ и $d_{2}$-два ближайших значения $d$, при которых скорость счета совпадений одинакова, например максимальна.
$K$ главе 2. Тождественные иастицы
2.1. а) Энергия кванта связана с частотой отношением $\varepsilon=h v$. Подставляя сюда $h=6,626 \cdot 10^{-34}$ дж.сек, $v=10^{8}$ сек-1 $^{-1}$, получаем
\[
\varepsilon=6,626 \cdot 10^{-28} \partial \varkappa=4,14 \cdot 10^{-9} g s .
\]
б) При мощности раднопередатчика $10^{\circ} \mathrm{sm}$ за каждый период колебаний $T=10^{-6}$ сек излучается энергия $E=10^{3} \kappa в m \times$ $\times 10^{-6}$ сек $=1$ дж. Следовательно, за период будет испущено
\[
N=\frac{E}{8} \approx 1,509 \cdot 10^{27} \text { квантов. }
\]
2.2. Формула Планка для спектрального распределения энергии излучения абсолютно черного тела имеет вид
\[
\frac{d E}{d \omega}=\frac{V \hbar}{\pi^{2} c^{3}} \frac{\omega^{3}}{e^{\hbar \omega / k T}-1} .
\]

Здесь $V$-объем полости, $k$-постоянная Больцмана, $T$ абсолютная температура. Будем рассматривать величину
\[
I(\omega)=\frac{d E}{d \omega} \frac{c}{V} .
\]
a) При малых $\omega(\hbar \omega \ll k T)$ получаем
\[
I(\omega)=\frac{k T}{\pi^{2} c^{2}} \omega^{2} \text { (формула Рэлея-Джинса), }
\]

а при больших $\omega(\hbar \omega \gg k T)$ получаем
\[
I(\omega)=\frac{\hbar}{\pi^{2} c^{2}} \omega^{3} e^{-\hbar \omega / k T} \quad \text { (формула Вина). }
\]
6) Максимум спектра $I(\omega)$ определим, приравнивая нулю производную функции $f(x)=x^{3} /\left(e^{x}-1\right)$, где $x=\hbar \omega / k T$. Это условие приводит к трансцендентному уравнению
\[
x=3\left(1-e^{-x}\right) .
\]

Его удобно решать графически или последовательными итерациями. В качестве первой итерации можно взять $x^{(1)}=3$, а каждое следующее приближение определится соотношением
\[
x^{(n+1)}=3-3 \exp \left[-x^{(n)}\right] .
\]

В результате получим
\[
x \approx 2,822 \text {. }
\]

Таким образом, максимум спектра $I(\omega)$ приходится на частоту
\[
\omega_{m} \approx 2,822 \frac{k T}{\hbar} .
\]
в) Распределенне энергии по длинам волн ( $\lambda=2 \pi c / \omega)$ можно получнть; преобразуя формулу Планка:
\[
I(\lambda)=\frac{d E}{d \lambda}=\frac{d E}{d \omega}\left|\frac{d \omega}{d \lambda}\right|=16 \pi^{2} \hbar c^{2} \frac{\lambda^{-s}}{e^{2 \pi \hbar c / \lambda k T}-1} .
\]
Максимум функции $f(x)=x^{5} /\left(e^{x}-1\right)$, где $x=2 \pi \hbar c / \lambda k T$, определится трансцендентным уравнением
\[
x=5\left(1-e^{-x}\right),
\]

единственное решение которого $x \approx 4,965$.
Следовательно, максимум плотности распределения энергии по длинам волн отвечает величине
\[
\lambda_{m} \approx \frac{2 \pi \hbar c}{4,965 k T} .
\]
г) Полагая $\lambda_{m}=5 \cdot 10^{-7} \mu$ и учитывая, что $\hbar=1,054 \cdot 10^{-31}$ дж.сек, $c=3 \cdot 10^{8}$ м/сек, $k=1,38 \cdot 10^{-23}$ дж/град, получаем оценку для температуры на поверхности Солнца:
\[
T=\frac{2 \pi \hbar c}{4,965 k \lambda_{m}} \approx 0,58 \cdot 10^{4} \text { град. }
\]
2.3. Чтобы выстроить спины обоих электронов атома гелня в одном направлении, нужно вследствие принципа запрета перевести один из электронов на возбужденный уровень и сообщить при этом атому энергию $\Delta E=\hbar \omega$, где $\omega$ – частота (видимого) света, испускаемого при переходе электрона с верхнего уровня на нижний. Эта энергия может быть сообщена атому внешним магнитным полем, взаимодействующим с собстзенным магнитным моментом электрона. При изменении направления спина в магнитном поле энергия электрона изменитсяі на величину $2 \mu_{0} B$, где
\[
\mu_{0}=\frac{q_{e} \hbar}{2 m c}=0,927 \cdot 10^{-23} a \cdot M^{2}
\]
( $q_{e}$ и $m$-заряд и масса электрона). Следовательно, магнитное поле, необходимое для «переворачивания» спина одного из электронов в атоме гелия, должно быть больше (или равно) величины
\[
B=\frac{\hbar \omega}{2 \mu_{0}}=\frac{\pi \hbar c}{\mu_{0} \lambda} .
\]

Принимая $\lambda=5 \cdot 10^{-7}$, получаем $B \approx 2 \cdot 10^{4}$ вебер $/ \mu^{2}$.
2.4. Если бы ядра состояли из протонов и электронов, то в ядре атома азота содержалось бы 14 протонов и 7 электронов, посксльку заряд ядра азота равен $+7 q_{e}$. Кроме того, в электрониой оболочке атома должно быть еще 7 электронов. Следовательно, всего в атоме азота содержалось бы 28 фермичастиц. Суммарный собственный момент количества движения (спин) такой системы должен быть целым, поэтому атом азота в целом вел бы себя как бозе-частица. Такое протнворечие с экспериментом, известное в истории ядерной физики как «азотная катастрофа», легко снимается, если предположить существование электрически нейтральной ядерной частицы (нейтрона) с массой, близкой к массе протона, и с полуцелым спином. Тогда ядра состоят из протонов и нейтронов, так что атом азота содержит 7 протонов и 7 нейтронов в ядре и 7 өлектронов в әлектронной оболочке. Спин такой системы будет полуцелым и атом азота, следовательно, должен быть ферми-частицей.
2.5. а) Амплитуды вероятности испускания фотона возбужденным атомом при наличии $n$ других точно таких же фотонов равны
\[
\begin{array}{l}
\langle n+1,0 \mid n, 1\rangle=\sqrt{n+1} a, \\
\langle n+1,1 \mid n, 2\rangle=\sqrt{n+1} b,
\end{array}
\]

а амплитуды перехода атома на более высокий уровень (амплитуды вероятности поглощения фотона)
\[
\begin{array}{l}
\langle n-1,1 \mid n, 0\rangle=\sqrt{n} a^{*}, \\
\langle n-1,2 \mid n, 1\rangle=\sqrt{n b^{*}} .
\end{array}
\]

Здесь индексы $0,1,2$ указывают номера атомных состояний до и после испускания или поглощения фотона. Наличие двух констант ( $a$ и $b$ ) связано с возможными различиями амплитуд переходов между разными парами уровней. При тепловом равновесии число атомов в каждом из состояний должно оставаться неизменным, так что скорости перехода в данное состояние и выхода из него должны быть одинаковы, т, е.
\[
\begin{array}{c}
N_{0} n|a|^{2}=N_{1}(n+1)|a|^{2}, \\
N_{1}(n+1)|a|^{2}+N_{1} n|b|^{2}=N_{0} n|a|^{2}+(n+1)|b|^{2} N_{2}, \\
N_{1} n|b|^{2}=N_{2}(n+1)|b|^{2} .
\end{array}
\]

Из первого и третьего уравнений получаем
\[
\frac{N_{1}}{N_{0}}=\frac{N_{2}}{N_{1}}=\frac{n}{n+1} .
\]

Второе уравнение при этом удовлетворяется тождественно. С другой стороны, из статистической механики известно $N(E) / N\left(E_{0}\right)=\exp \left[\left(E_{0}-E\right) / k T\right]$. Подставляя сюда $E_{0}=0$, $E_{1}=\Delta E, E_{2}=2 \Delta E$, получаем
\[
\frac{N_{1}}{N_{0}}=\frac{N_{2}}{N_{1}}=e^{-\Delta E / k T}=\frac{n}{n+1} .
\]
б) Отсюда среднее число фотонов с частотой $\omega$
\[
n(\omega)=\frac{1}{e^{\hbar \omega / k T}-1}, \quad \hbar \omega=\Delta E .
\]
в) При малых частотах ( $\hbar \omega \ll k T$ ) получим $n(\omega)=k T / \hbar \omega$. Таким образом, число низкочастотных фотонов велико. Поскольку энергия одного фотона равна $\hbar \omega$, то полная энергия всех фотонов с данной частотой равна $k T$, что отвечает средней тепловой энергии классического гармонического осциллятора. При высоких частотах ( $\hbar \omega \gg k T$ ) имеем $n(\omega)=\exp (-\hbar \omega / k T)$, т. е. число низкочастотных фотонов весьма мало.
2.6. Нейтрино является фермионом, поэтому в одном и том же состоянии, согласно принципу запрета, может находиться не больше одной частицы. Следовательно, нельзя получить поток нейтрино с высокой степенью когерентности; «нейтринный лазер» невозможно создать принципиально.
2.7. Обозначим амплитуду перехода первой частицы из $a$ в $b$ (в отсутствие другой частицы) через $\langle b \mid a\rangle$, а амплитуду перехода второй частицы из $c$ в $d$-через $\langle d \mid c\rangle$. Tогда соответствующие вероятности $P_{a b}=|\langle b \mid a\rangle|^{2}, P_{c d}=|\langle d \mid c\rangle|^{2}$. Если частицы не взаимодействуют, то ямплитуда одновременного перехода первой частицы из $a$ в $b$ и второй частицы из $c$ в $d$ в случае нетождественных частиц равна произведению амплитуд переходов каждой из частиц:
\[
\langle b d \mid a c\rangle=\langle b \mid a\rangle\langle d \mid c\rangle,
\]

а вероятность такого перехода
\[
P(a c \rightarrow b d)=|\langle b d \mid a c\rangle|^{2}=P_{a b} P_{c d} .
\]

Если частицы тождественны, то рассмотренный переход невозможно отличить от одновременного перехода первой частицы из $a$ в $d$ и второй частицы из $c$ в $b$. Тогда вероятность перехода $(a, b) \rightarrow(c, d)$ равна
\[
|\langle b \mid a\rangle\langle d \mid c\rangle+\langle d \mid a\rangle\langle b \mid c\rangle|^{2},
\]

что отличается от простого произведения вероятностей $P_{a b}$ и $P_{c d}$.
2.8. Система двух дейтронов может находиться в девяти различных спиновых состояниях (3 состояния дейтрона-мишени $\times 3$ состояния падающего дейтрона). Если дейтронь и в мишени и в пучке неполяризованы, то вероятность каждого из таких состояний равна $1 / 9$. Если оба дейтрона имеют одинаковые проекции спинов, то вероятность рассеяния равна
\[
|f(\theta)+f(\pi-\theta)|^{2},
\]
a поскольку возможны три таких состояния, то вклад в полную вероятность рассеяния от состояний с одинаковыми проекциями спинов равен
\[
3 \cdot \frac{1}{9}|f(\theta)+f(\pi-\theta)|^{2} .
\]

Если проекцни спинов дейтронов различны, то случай рассеяния одного из дейтронов на угол $\theta$ и соответственно второго на угол ( $\pi-\theta$ ) в принципе можно отличить от случая рассеяния первого дейтрона на угол ( $\pi-\theta$ ), а вто рого на угол $\theta$. Тогда должны складываться не амплитуды, а вероятности:
\[
|f(\theta)|^{2}+|f(\pi-\theta)|^{2} .
\]

У системы двух дейтронов может быть 6 различных состояний, в каждом из которых проекции спинов дейтронов не совпадают (три проекции спина мишени, и для каждой из этих проекций две отличные от нее проекции спина пучка). Поэтому вклад в полную вероятносгь рассеяния от таких состояний равен
\[
\frac{1}{9} \cdot 6\left\{|f(\theta)|^{2}+|f(\pi-\theta)|^{2}\right\} .
\]

Следовательно, полиая вероятность равна
\[
\begin{aligned}
\sigma(\theta) & =\frac{1}{3}|f(\theta)+f(\pi-\theta)|^{2}+\frac{2}{3}|f(\theta)|^{2}+\frac{2}{3}|f(\pi-\theta)|^{2}= \\
& =|f(\theta)|^{2}+|f(\pi-\theta)|^{2}+\frac{2}{3} \operatorname{Re}\left[f^{*}(\theta) f(\pi-\theta)\right] .
\end{aligned}
\]
2.9. а) Будем считать, что при достаточно большой отдаче (отвечающей большим углам рассеяния) протон или нейтрон, на котором произошло рассеяние, обязательно вылетает из ядра. Кроме того, не будем учитывать возможности вторичного рассеяния $\pi$-мезона и протона (нейтрона). Тогда случан рассеяния $\pi$-мезона на каждом из протонов и нейтронов можно различить, так что полная героятность рассеяния на угол $\theta$ получается суммированием вероятностей рассеяния на каждой из частиц ядра
где
\[
P_{a}(\theta)=2 P_{1}+2 P_{2},
\]
\[
P_{1}=\left|f_{1}(\theta)\right|^{2}, \quad P_{2}=\left|f_{2}(\theta)\right|^{2} .
\]
б) Если отдача настолько слаба (т. е. угол рассеяния достаточно мал), что ядро после рассеяния остается со $100 \%$-ной вероятностью «иеповрежденным», то невозможно определить, на какой из частиц ядра произошло рассеяние. В этом случае складываются амплитуды, так что вероятность рассеяния $\pi$-мезона на ядре гелия
\[
\begin{aligned}
P_{b}(\theta) & =\left|f_{1}(\theta)+f_{1}(\theta)+f_{2}(\theta)+f_{2}(\theta)\right|^{2} \\
& =4\left|f_{1}(\theta)+f_{2}(\theta)\right|^{2} .
\end{aligned}
\]

Представим амплитуды рассеяния $\pi$-мезона на протоне и нейтроне в виде
\[
f_{1}(\theta)=\sqrt{P_{1}} e^{i \varphi_{1}}, \quad f_{2}(\theta)=\sqrt{P_{2}} e^{i \varphi_{2}} .
\]

Тогда
\[
P_{b}(\theta)=4\left\{P_{1}+P_{2}+2 \sqrt{P_{1} P_{2}} \cos \left(\varphi_{1}-\varphi_{2}\right)\right\} .
\]

Для сравнения величнн $P_{a}$ и $P_{b}$ будем считать, помимо сделанных выше предположений, что разность фаз $\left(\varphi_{1}-\varphi_{2}\right)$ близка к нулю. (Эксперименты по рассеянню мезонов подтверждают это для широкой области энергий мезонов и углов рассеяния.) Тогда, очевидно, $P_{b}$ значнтельно больше, чем $P_{d}$, если только величины $P_{1}$ и $P_{2}$ не слишком сильно меняются при переходе от малых $\theta$ (прн которых рассматривается $P_{b}$ ) к большим (таким, чтобы отдача была велика).

Интересно отметнть, что если $f_{1} \approx f_{2}$, то вероятность неупругого рассеяния $P_{a}$ пропорциональна числу частиц в ядре, тогда как вероятность упругого рассеяния $P_{b}$ пропорциональна квадрату числа частиц в ядре (эффект когерентности).
2.10. а) Вероятность регистрации нейтрона детектором равна
\[
|f(\theta)-f(\pi-\theta)|^{2}=|f-f|^{2}=0 .
\]
б) В этом случае спин нейтрона, попавшего в счетчик, может быть направлен как вверх, так и вниз. Нейтрон со спином «вверх» может оказаться в счетчике двумя способами: либо нейтрон пучка рассеется на угол $\theta$ без поворота спина, либо он рассеется на угол ( $\pi-\theta$ ) с «переворотом» спина (в счетчик при этом попадет нейтрон отдачи). Эти два способа неразличимы, поэтому вероятность попадания в счетчик нейтрона со спином «вверх» равна
\[
|f(\theta)+g(\pi-\theta)|^{2}=|f+g|^{2} .
\]

Аналогично, если регистрируемый нейтрон имеет спин, направленный вниз, получим
\[
|g(\theta)+f(\pi-\theta)|^{2}=|f+g|^{2} .
\]

Полная вероятность, таким образом, равна $2|f+g|^{2}$.
в) В этом случае равновероятны два начальных состояния:
1) нейтроны пучка и мишени поляризованы вдоль оси $+z$ :
2) у нейтронов пучка спин направлен вниз, а у нейтронов мишени – вверх.
В первом из этих состояний вероятность рассеяния равна нулю [см. пункт (а)], а во втором $2|f+g|^{2}$, в полной аналогии с пунктом (б). Поэтому полная вероятность равна $|f+g|^{2}$.
г) Имеется четыре возможных начальных состояния: два с параллельными спинами (оба «вверх» или оба «вниз», причем вероятность рассеяния здесь равна нулю) и дй с антипараллельными спинами. Вероятность рассеянйя в состоянии с антипараллельными спинами равна $2|f+g|^{2}$. Учитывая, что вероятность иметь любое из начальных состояний равна $1 / 4$, получаем полную вероятность регистрации нейтрона
\[
2 \cdot \frac{1}{4} \cdot 2|f+g|^{2}=|f+g|^{2} .
\]
д) Хотя в данном случае детектор одинаково реагирует на протоны и нейтроны, в принцнпе их можно различить.

Поэтому вероятность регистрации рассеянной частицы под углом $\theta$ равна
\[
|f(\theta)|^{2}+|f(\pi-\theta)|^{2}=2|f|^{2} .
\]
2.11. а) Из законов сохранения энергни и импульса следует, что в системе центра масс абсолютные значения импульсов обоих протонов до и после столкновения равны между собой:
\[
p_{1}=p_{2}=p_{1}^{\prime}=p_{2}^{\prime}=p .
\]

Скорость системы центра масс относнтельно лабораторной системы координат равна скорости протона мишени в системе центра масс: $V=p / m$ и совпадает с направлением импульса $\mathbf{p}_{1}$. Импульс рассеянного протона в лабораторной системе координат будет равен
\[
\mathbf{p}_{1 л}^{\prime}=\mathbf{p}_{1}^{\prime}+m \mathbf{v} .
\]

Отсюда
\[
\begin{array}{l}
p_{1 \pi}^{\prime} \cos \alpha=p_{1}^{\prime} \cos \theta+m V, \\
p_{1 \pi}^{\prime} \sin \alpha=p_{1}^{\prime} \sin \theta .
\end{array}
\]

Учитывая, что $p_{1}^{\prime}=m V=p$, получаем
\[
\operatorname{tg} \alpha=\frac{\sin \theta}{1+\cos \theta}=\operatorname{tg} \frac{\theta}{2} \text {. }
\]

Таким образом, $\alpha=\frac{\theta}{2}$.
б) В детекторе может появиться протон со спином «вниз» либо в результате рассеяния первого протона на угол $\theta$ с «переворотом» спина, либо в результате рассеяния без «переворота» спина на угол ( $\pi-\theta$ ), так что будет зарегистрирован второй протон. Общая амплитуда вероятности в әтом случае равна
\[
f^{\prime}(\pi-\theta)+g(\theta)
\]
в) Возможны 4 комбинации направлений спинов налетающих протонов и протонов мишени. Две из них соответствуют параллельным, а две-антипараллельным спинам. В каждом из последних двух случаев имеется по два конечных состояния:
1) направление спина регистрируемого протона совпадает с первоначальным [амплитуда $f^{\prime}(\theta)+g(\pi-\theta)$ ];
2) спин регистрируемого протона «перевернут» па сравнению с направлением спина падающего протона [амплитуда $f^{\prime}(\tau-\theta)+g(\theta)$ ].
Полная вероятность регистрации протона в направлении $\theta$ будет равна сумме вероятностей каждого из укаsанных процессов, взятых с весом $1 / 4$. В результате $\mathbf{5 6 5}$
получаем
\[
\begin{array}{c}
P=\frac{1}{2}\left[|f(\theta)-f(\pi-\theta)|^{2}+\left|f^{\prime}(\theta)+g(\pi-\theta)\right|^{2}+\right. \\
\left.+\left|f^{\prime}(\pi-\theta)+g(\theta)\right|^{2}\right] .
\end{array}
\]
г) Если $f^{\prime}(\theta)=f(\theta)$ и $g(\theta)=0$, то из предыдущей формулы получим
\[
P=|f(\theta)+f(\pi-\theta)|^{2}-\operatorname{Re}\left[f^{*}(\theta) f(\pi-\theta)\right] .
\]

Әто выражение можно записать в виде
\[
P=\frac{3}{4}|f(\theta)-f(\pi-\theta)|^{2}+\frac{1}{4}|f(\theta)+f(\pi-\theta)|^{2} .
\]

Таким образом, $A=3 / 4, B=1 / 4$. Первое слагаемое в этой формуле отвечает рассеянию протонов в состоянии с суммарным спином 1, а второе слагаемое отвечает рассеянию в состоянии с суммарным спином 0 .
2.12. Согласно принципу запрета, в каждом квантовом состоянии может находиться не более одного электрона, поэтому энергия системы будет иметь наименьшее возможное значение, если электроны заполнят все состояния с энергиями от нанменьшей $\left(\varepsilon_{\text {мин }}=0\right)$ до наибольшей $\varepsilon_{\text {макс }}=p_{\text {макс }}^{2} / 2 m$, величина которой определяется числом әлектронов в объеме $V$. Количество квантовых состояний (мод) поступательного движения электрона с волновым числом $k=p / \hbar$ в интервале от $k$ до $k+d k$ равно $V \cdot 4 \pi k^{2} d k /(2 \pi)^{3}$. Умножая эту величину на 2 , что отвечает двум возможным проекциям спина электрона, и интегрируя по импульсам электронов от 0 до $p_{\text {макс }}$, получаем полное число $N$ әлектронов в объеме $V$ в состоянии с наименьшей возможной энергией:
\[
N=\int_{0}^{p_{\text {макс }}} V \cdot 2 \cdot 4 \pi \frac{p^{2} d p}{(2 \pi \hbar)^{3}}=\frac{V p_{\text {MaKc }}^{3}}{3 \pi^{2} \hbar^{3}},
\]

откуда находим
\[
p_{\text {макс }}=\left(3 \pi^{2}\right)^{1 / 3}\left(\frac{N}{V}\right)^{1 / 3} \hbar .
\]

Полная энергия $U$ складывается из энергий электронов, находящихся в различных квантовых состояниях:
\[
U=\int_{0}^{p_{\text {макс }}} \frac{p^{2}}{2 m} \cdot V \cdot 2 \cdot \frac{4 \pi p^{2} d p}{(2 \pi \hbar)^{3}}=\frac{V p_{\text {макс }}^{5}}{10 \pi^{2} \hbar^{3} m} .
\]

Подставляя сюда значение $p_{\text {макс }}$, находим энергию газа
\[
U=\frac{3}{10}\left(3 \pi^{2}\right)^{2 / 3}\left(\frac{N}{V}\right)^{2 / 3} \frac{\hbar^{2}}{m} N .
\]

Давление этого ввырожденного электронного» газа легко найти, если воспользоваться соотношением
\[
P=-\frac{\partial U}{\partial V} .
\]

Получаем
\[
P=\frac{\left(3 \pi^{2}\right)^{3 / 2}}{5}\left(\frac{N}{V}\right)^{5 / 3} \frac{\hbar^{2}}{m}
\]

и, следовательно, давление ‘и объем связаны соотношением
\[
P V^{\top}=\text { const, где } \gamma=5 / 3 \text {. }
\]
2.13. Подставляя в формулу для давления из предыдущей задачи значение $N / V=\rho / 2 M_{p}$, получаем
или
\[
P=\frac{\left(3 \pi^{2}\right)^{2 / 3}}{5} \frac{\hbar^{2}}{m}\left(\frac{\rho}{2 M_{p}}\right)^{5 / s},
\]
\[
\begin{aligned}
P & =A \rho^{8 / 9}, \\
A & =\frac{1}{10}\left(\frac{3}{2} \pi^{2}\right)^{2 / 3} \frac{1}{M_{p}^{3 / s}} \frac{\hbar^{2}}{m} .
\end{aligned}
\]

Отсюда видно, в частности, что вклад в давление от частиц данного сорта обратно пропорционален их массе, поэтому можно счнтать, что все давление создается «вырожденным электронным» газом, так как масса ядра много больше массы электрона.

Второе из уравнений, приведенных в условии задачи, можно получить, рассматривая условие равновесия элемента массы под действием сил гравитации и давления. На элемент вещества звезды, занимающий единичный объем и находящийся на расстоянии $r$ от центра звезды, действует гравитационная сила $G \rho M(r) / r^{2}[M(r)$-масса, заключенная внутри сферы радиуса $r$ ] и сила давления, равная $-d P / d r$, так что в условиях равновесия
Третье уравнение
\[
\frac{d P}{d r}=-\frac{G \rho M(r)}{r^{2}} .
\]
\[
\frac{d M(r)}{d r}=4 \pi \rho r^{2}
\]

означает просто, что шаровой слой радиусом $r$ и толщиной $d r$ имеет объем $d V=4 \pi r^{2} d r$ и, следовательно, содержит массу
\[
d M=4 \pi \rho r^{2} d r .
\]
$К$ главе 3. Спин единица
3.1. Воспользуемся имеющейся в «Лекциях подсказкой: представим, что между $A$ и $B$ стоит прибор $T$, в котором открыты все три кпути». Наличие этого прибора ничего не меняет, но позволяет говорить, что частица, входя в прибор $A$ в состоянии $\varphi$, попадает в прибор $B$ в одном из трех возможных состояний $+T, 0 T$ или $-T$.

Амплитуда того, что частица, войдя в прибор $A$ в состоянии $\varphi$, выйдет из него в состоянии $k(k=+T, 0 T,-T)$, в этом же состоянии войдет в прибор $B$ и выйдет в состоянии $\chi$, равна
\[
\langle\chi|B| k\rangle\langle k|A| \varphi\rangle,
\]

а полная амплитуда равна сумме таких амплитуд:
\[
\langle\chi|C| \varphi\rangle=\sum_{k}\langle\chi|B| k\rangle\langle k|A| \varphi\rangle .
\]
3.2. Распределение пучка по трем состояниям $(j=+S, 0 S,-S)$ после прохождения системы STS будет определяться амплитудами
\[
\langle j S|S T S| \varphi\rangle=\sum_{i, k}\langle j S \mid k T\rangle\langle k T \mid i S\rangle\langle i S \mid \varphi\rangle,
\]

где $\varphi$-произвольное начальное состояние, а $j$-любое из трех конечных состояний.

Если в приборе $T$ открыта лишь одна щель, то относительное распределение в конечном состоянии не зависит от того, с какой амплитудой ( $i S|\varphi\rangle$ ) было представлено каждое из состояний в начальном пучке. Действительно, в этом случае из суммы по $k$ остается один член
\[
\langle j S|S T S| \varphi\rangle=\langle j S \mid k T\rangle \sum_{i}\langle k T \mid i S\rangle\langle i S \mid \varphi\rangle_{\ell}
\]

так что отношение вероятностей найти частицу в состояниях $j$ и $j^{\prime}$ не зависит от величин $\langle i S \mid \varphi\rangle$
\[
\frac{W_{j}}{W_{i^{\prime}}}=\frac{|\langle j S|S T S| \varphi\rangle|^{2}}{\left|\left\langle j^{\prime} S|S T S| \varphi\right\rangle\right|^{2}}=\frac{|\langle j S \mid k T\rangle|^{2}}{\left|\left\langle j^{\prime} S \mid k T\right\rangle\right|^{2}} .
\]

Если же в приборе $T$ открыты две или три щели, то величины $\langle j \mathcal{S} \mid \varphi\rangle$ не сокращаются, т. е. отношение вероятностей зависит от начального состояния.
3.3. а) Вычислим сначала амплитуды
\[
\langle i T|T S| \varphi\rangle=\langle i T \mid+S\rangle\langle+S \mid \varphi\rangle,
\]

где $\varphi$-начальное состояние. По условию задачи $\left.\langle+S \mid \varphi\rangle\right|^{2}=N_{1} / N$ ( $N$ – интенсивность пучка частиц, входящих в первый прибор $S$ ). Поскольку в приборе $T$ открыты щели $0 T$ и $-T$, то $i T$ может принимать значения $O T$ и $-T$. Амплитуды $\langle i T \mid+S\rangle$ найдем по формулам (3.38) («Лекции», вып. 8, стр. 80) ( $\alpha=\pi / 2$ ):
\[
\langle 0 T \mid+S\rangle=-\frac{1}{\sqrt{2}}, \quad\langle-T \mid+S\rangle=\frac{1}{2} .
\]

Таким образом,
\[
N_{2}=N \sum_{i T=0 T,-T}|\langle i T \mid+S\rangle\langle+S \mid \varphi\rangle|^{2}=\frac{3}{4} N_{1} .
\]
б) Интенсивность $N_{3}$ пучка, прошедшего последний прибор $S$, определяется квадратом модуля амплитуды
\[
\langle-S|S T S| \varphi\rangle=\sum_{i T=0 T,-T}\langle-S \mid i T\rangle\langle i T \mid+S\rangle\langle+S \mid \varphi\rangle .
\]

Величины $\langle-S \mid i T\rangle$ можно найти, воспользовавшись той же формулой (3.38) и соотношением $\langle j S \mid i T\rangle=\langle i T \mid j S\rangle^{*}$. В результате получим
\[
\langle-S \mid 0 T\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}, \quad\langle-S \mid-T\rangle=\frac{1}{2} .
\]

Окончательно найдем
\[
N_{3}=|\langle-S|S T S| \varphi\rangle|^{2}=\frac{1}{16} N_{1} .
\]
в) Если все щели в приборе $T$ открыты, то он фактически не влияет на прохождение частиц, так что, очевидно, $N_{2}=N_{1}, N_{3}=0$.
3.4. Найдем прежде всего амплитуды $\langle j T \mid i S\rangle$. Прибор $T$ повернут относительно $S$ на угол $\pi / 2$ вокруг оси $x$. Этот поворот можно представить как три последовательных поворота: на угол $-\pi / 2$ вокруг осн $z$, на угол $\pi / 2$ вокруг новой оси $y^{\prime}$ и на угол $\pi / 2$ вокруг новой оси $z^{\prime \prime}$. Поэтому
\[
\langle j T \mid i S\rangle=\sum_{k, l}\left\langle j T \mid T^{\prime \prime} k\right\rangle\left\langle k T^{\prime \prime} \mid T^{\prime} l\right\rangle\left\langle l T^{\prime} \mid i S\right\rangle,
\]

где $T^{\prime}$ и $T^{\prime \prime}$ относятся к промежуточным системам координат. Величины, входящие в правую часть этой формулы, можно определить по формулам (3.38) и (3.39) «Јекций» (вып. 8, стр. 80). Выполняя соответствующие выкладки (их удобно делать в матричной форме), найдем матрицу амплитуд $\langle j T \mid i S\rangle$ :

a) Если никаких детекторов в приборе $T$ нет, то число частиц, выходящих из $S^{\prime}$ в состоянии $\left|j S^{\prime}\right\rangle$, определится квадратом модуля амплитуды
\[
\left\langle j S^{\prime}\left|S^{\prime} T S\right| \varphi\right\rangle=\sum_{k= \pm T}\left\langle j S^{\prime} \mid k T\right\rangle\langle k T \mid 0 S\rangle\langle 0 S \mid \varphi\rangle .
\]

Функции преобразования $\langle k T \mid 0 S\rangle$ имеются в только что составленной таблице, а $\left\langle j S^{\prime} \mid k T\right\rangle$ также можно получить из этой таблиды, учитывая, что
\[
\left\langle j S^{\prime} \mid k T\right\rangle=\left\langle k T \mid j S^{\prime}\right\rangle^{*},
\]

и тот факт, что приборы $S$ и $S^{\prime}$ ориентированы одинаково, так что
\[
\left\langle k T \mid j S^{\prime}\right\rangle=\langle k T \mid j S\rangle .
\]

Выбирая нормировку $|\langle 0 S+\varphi\rangle|^{2}=N_{0}$, находим величины
\[
\begin{array}{l}
N_{j S^{\prime}}=\left.\left.N_{0}\right|_{k T} \sum_{= \pm T}\left\langle j S^{\prime} \mid k T\right\rangle\langle k T \mid 0 S\rangle\right|^{2}: \\
N_{0 S^{\prime}}=N_{0}, \quad N_{+S^{\prime}}=N_{-S^{\prime}}=0 .
\end{array}
\]
б) Если же в приборе $\dot{T}$ установлены «прозрачные детекторы», регистрирующие прохождение частиц в состояниях $+T$ и $-T$, то число частиц, выходящих из прибора $S^{\prime}$ в состоянии $j S^{\prime}$, будет равно сумме чисел частиц в этом состоянии, находившихся в промежуточных состояниях $+T$ и $-T$, поскольку регистрация промежуточных состояний устраняет интерференцию соответствующих амплитуд. (Чтобы лучше это понять, полезно вспомнить § 2 гл. 1, вып. 8 «Лекций».) Таким образом,
\[
\begin{array}{c}
N_{i S^{\prime}}=\left|\left\langle j S^{\prime} \mid+T\right\rangle\langle+T \mid O S\rangle\langle 0 S \mid \varphi\rangle\right|^{2}+ \\
+\left|\left\langle j S^{\prime} \mid-T\right\rangle\langle-T \mid 0 S\rangle\langle 0 S \mid \varphi\rangle\right|^{2},
\end{array}
\]

так что
\[
N_{+S^{\prime}}=N_{-S^{\prime}}=\frac{1}{4} N_{0}, \quad N_{0 S^{\prime}}=\frac{1}{2} N_{0} .
\]

Значения $N_{k T}$ определяются выражением
\[
N_{k T}=|\langle k T \mid 0 S\rangle\langle 0 S \mid \varphi\rangle|^{2},
\]

из которого получим
\[
N_{+T}=N_{-T}=\frac{1}{2} N_{0}, \quad N_{0 T}=0 .
\]
в) Если числа отсчетов $N_{+T}, N_{-T}$ не регистрируются (но сами «прозрачные детекторы» срабатывают), то это, естественно, не влияет на значения $N_{ \pm S^{\prime}}, N_{0 S^{\prime}}$.
г) Если половина частиц, пролетающих через детекторы в приборе $T$, не взаимодействует с ними, то полное число частиц в состоянии $j S^{\prime}$ будет полусуммой числа частиц, которые были бы при стопроцентной эффективности счетчиков и в случае, когда счетчики отсутствуют. Тогда
\[
\therefore \quad N_{+S^{\prime}}=\frac{1}{8} N_{0}, \quad N_{0 S^{\prime}}=\frac{3}{4} N_{0}, \quad N_{S^{\prime}}=\frac{1}{8} N_{0} .
\]
д) Рассмотрим теперь случай, когда все перегородки из прибора $S$ и счетчики из прибора $T$ удалены и в прибор $S$ поступает $N_{0}$ частиц в единицу времени. Тогда наличие прибора $S$ никак не влияет на результат. Если падающий пучок не поляризован, то можно считать, что в прибор $T$ поступает по $N_{0} / 3$ частиц в состояниях $+T, 0 T$ и $-T$, причем между соответствующими амплитудами интерференция отсутствует. Учитывая, что пучок частиц в состоянии оT блокирован, находим
\[
N_{j S^{\prime}}=\frac{N_{0}}{3} \sum_{k= \pm 1}\left|\left\langle j S^{\prime} \mid k T\right\rangle\right|^{2} .
\]

Отсюда, используя таблицу $\langle k T \mid j S\rangle$, получаем
\[
N_{+S^{\prime}}=N_{-S^{\prime}}=\frac{N_{0}}{6}, \quad N_{0 S^{\prime}}=\frac{N_{0}}{3} .
\]

К главе 4. Спин одна вторая
4.1. Амплитуду вероятности появления атома в точке $Q$ можно записать в виде произведения
\[
\langle Q \mid P\rangle=\sum_{i S} \sum_{j T}\langle Q \mid j T\rangle\langle i T \mid i S\rangle\langle i S \mid P\rangle .
\]

Здесь $\langle i S \mid P\rangle$-амплитуда вероятности иметь на выходе первого прибора частицу в состоянии $i S$. Поскольку пучок атомов неполяризован и прибор пропускает лишь атомы в состоянии $+S$, то
\[
|\langle i S \mid P\rangle|^{2}=\frac{1}{2} N \delta_{i S},+s .
\]

Далее второй прибор пропускает только атомы, находящиеся в состоянии $+T$, поэтому $\langle Q \mid j T\rangle=\delta_{j T}+T$. Таким образом, число атомов, попадающих в точку $Q$, равно
\[
N_{Q}=|\langle Q \mid P\rangle|^{2}=\frac{N}{2}|\langle+T \mid+S\rangle|^{2} .
\]

Величина $\langle+T \mid+S\rangle$ представляет собой амплитуду вероятности того, что частица со спином «вверх» в системе координат $\mathcal{S}$, характеризующей первый прибор, будет иметь спин «вверх» в системе координат $T$, связаиной со вторым прибором. Положение повернутой системы координат будем характеризовать углами Эйлера. Тогда, согласно табл. 4.1 (см. «Лекции», вып. 8, стр. 105), имеем
\[
\langle+T \mid+S\rangle=\cos \frac{\alpha}{2} e^{i(\beta+\gamma) / 2} .
\]

При этом величина $N_{Q}$ не зависит от углов $\beta$ и $\gamma$ :
\[
N_{Q}=\frac{N}{2} \cos ^{2} \frac{\alpha}{2} .
\]

Угол $\alpha$ есть угол между осями $z$ и $z^{\prime}$ в исходной (S) и повернутой $(T)$ системах координат. Теперь рассмотрение частных случаев не представляет труда:
a) $\alpha=0$,
\[
N_{\mathrm{Q}}=\frac{N}{2} \text {; }
\]
б) $\alpha=\frac{\pi}{2}$, $N_{Q}=\frac{N}{4}$
в) $\alpha=\frac{\pi}{2}$,
\[
N_{Q}=\frac{N}{4} \text {; }
\]
г) $\alpha=\frac{\pi}{2}$,
\[
N_{Q}=\frac{N}{4} \text {; }
\]
д) $\alpha=\frac{\pi}{4}$,
\[
\begin{aligned}
N_{Q} & =\frac{N}{2} \cos ^{2} \frac{\pi}{8}=\frac{N}{4}\left(1+\cos \frac{\pi}{4}\right)= \\
& =\frac{N}{4}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right) ;
\end{aligned}
\]
e) $\alpha=\frac{\pi}{2}$, $N_{Q}=\frac{N}{4}$;
м) $\alpha=\frac{\pi}{2}$,
$N_{Q}=\frac{N}{4} ;$
3) $\alpha=0$,
$N_{Q}=\frac{N}{2}$.
4.2. Пусть прибор регистрирует частицы в том случае, если оии находятся в некотором состоянии спина $\varphi$. Тогда амплитуда вероятности зарегистрировать частицу в состоянии $\Psi$ равна
\[
\langle\varphi \mid \psi\rangle=\langle\varphi \mid+z\rangle\langle+z \mid \psi\rangle+\langle\varphi \mid-z\rangle\langle-z \mid \psi\rangle .
\]

Обозначая $\langle+z \mid \psi\rangle$ и $\langle-z \mid \psi\rangle$ (амплитуда вероятностей иметь в состоянии $\psi$ направление спина «вверх и «вниз») соответственно через $a$ и $b$, а $\langle\varphi \mid+z\rangle$ и $\langle\varphi \mid-z\rangle$ через $X$ и $Y$ (амплитуды вероятности регистрации частицы, имеющей направление спина «вверх» и «вниз» соответственно), получаем
\[
|\langle\varphi \mid \psi\rangle|^{2}=|a X+b Y|^{2} .
\]

1) Если спин частицы направлен вверх (или, что то же самое, вдоль оси $+z$ ), то $a=1, b=0$ и, следовательно,
\[
|\langle\varphi \mid \psi\rangle|^{2}=|X|^{2} .
\]

Аналогично, если спин направлен вниз: то
\[
|\langle\varphi \mid \psi\rangle|^{2}=|Y|^{2} .
\]
2) Если спин направлен вдоль оси с полярными углами $\theta$ и $\varphi$, то, согласно формуле (4.36) (вып. 8, стр. 106),
\[
a=\cos \frac{\theta}{2} e^{-i \varphi / 2}, \quad b=\sin \frac{\theta}{2} e^{i \varphi / 2} .
\]

Тогда
\[
|\langle\varphi \mid \psi\rangle|^{2}=\left|\cos \frac{\theta}{2} e^{-i \varphi / 2} X+\sin \frac{\theta}{2} e^{i \varphi / 2} Y\right|^{2} .
\]
3) Если спин направлен вдоль оси $+x(\theta=\pi / 2, \varphi=0)$, то
\[
a=b=\frac{1}{\sqrt{2}},
\]

так что
\[
|\langle\varphi \mid \psi\rangle|^{2}=\frac{1}{2}|X+Y|^{2} .
\]

Если же спин направлен вдоль $-x(\theta=\pi / 2, \varphi=\pi)$, то
\[
a=-\frac{i}{\sqrt{2}}, \quad b=\frac{i}{\sqrt{2}}
\]

и
\[
|\langle\varphi \mid \psi\rangle|^{2}=\frac{1}{2}|X-Y|^{2} .
\]
4) Пусть теперь частицы неполяризованы, причем «случан̆ность» определяется разными способами. Вероятность зарегистрировать частицу, если направление ее спина выбирается способом 1 , равна
\[
P=\frac{1}{2}|X|^{2}+\frac{1}{2}|Y|^{2}=\frac{1}{2}\left(|X|^{2}+|Y|^{2}\right) .
\]

Для способа 2 имеем
\[
P=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}|X+Y|^{2}+\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}|X-Y|^{2}=\frac{1}{2}\left(|X|^{2}+|Y|^{2}\right) .
\]

Наконец, для способа 3 получим
\[
P=\frac{1}{4 \pi} \int_{0}^{2 \pi} d \varphi \int_{0}^{\pi}\left|\cos \frac{\theta}{2} e^{-i \varphi / 2} X+\sin \frac{\theta}{2} e^{i \varphi / 2} Y\right|^{2} \sin \theta d \theta=
\]

\[
\begin{array}{l}
=\frac{1}{4 \pi}\left\{|X|^{2} \int_{0}^{2 \pi} d \varphi \int_{0}^{\pi} \cos ^{2} \frac{\theta}{2} \sin \theta d \theta+\right. \\
+|Y|^{2} \int_{0}^{2 \pi} d \varphi \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} \frac{\theta}{2} \sin \theta d \theta= \\
\left.=2 \operatorname{Re}\left[X^{*} Y \int_{0}^{2 \pi} e^{l \varphi} d \varphi \int_{0}^{\pi} \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2} \sin \theta d \theta\right]\right\} .
\end{array}
\]

Вычисляя интегралы
\[
\begin{array}{l}
\int_{0}^{2 \pi} d \varphi \int_{0}^{\pi} \cos ^{2} \frac{\theta}{2} \sin \theta d \theta=2 \pi, \\
\int_{0}^{2 \pi} d \varphi \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} \frac{\theta}{2} \sin \theta d \theta=2 \pi, \\
\int_{0}^{2 \pi} e^{i \varphi} d \varphi \int_{0}^{\pi} \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2} \sin \theta d \theta=0,
\end{array}
\]

получаем
\[
P=\frac{1}{2}\left(|X|^{2}+|Y|^{2}\right) .
\]

Таким образом, для всех трех способов вероятность обнаружения частицы одна и та же. Не существует метода, которым можно было бы отличить один способ случайной ориентации спина от другого.
4.3. Выходящая из прибора $S$ частица находится в состоянии $-S$. Амплитуда вероятности прохождения этой частицы через приборы $T$ и $U$ равна
\[
\sum_{i}\langle+U \mid j T\rangle\langle j T \mid-S\rangle .
\]

Соответственно,
\[
N=N_{0}\left|\sum_{i}\langle+U \mid j T\rangle\langle j T \mid-S\rangle\right|^{2} .
\]

Величины $\langle+U \mid j T\rangle,\langle j T \mid-S\rangle$ определяются относительной ориентацией приборов $U$ и $T, T$ и $S$.

Рассмотрим случай, изображенный на фиг. 2 «Лекций» (вып. 8, стр, 185).
a) Прибор $T$ повернут относительно прибора $S$ на угол $\varphi=\pi$ вокруг оси $y$. Из табл. 4.2 (см. вып. 8, стр. 105)

для $R_{y}(\varphi)$ получаем
\[
\langle+T \mid-S\rangle=1, \quad\langle-T \mid-S\rangle=0 .
\]
0) Перейдем от системы $S$ к системе $T$, используя только повороты вокруг осей $у$ и $z$. Можно, например, сначала повернуть систему $S$ вокруг оси $y$ на угол $\varphi_{1}=\pi / 2$, затем новую систему $S^{\prime}$ повернуть на угол $\varphi_{2}=\theta$ вокруг оси $z^{\prime}$, а полученную таким путем систему $S^{\prime \prime}$ повернуть на угол $\varphi_{\mathrm{s}}=-\pi / 2$ вокруг оси $y^{\prime \prime}$. Соответственно
\[
\langle+U \mid-S\rangle=\sum_{k, j}\left\langle+U \mid k S^{\prime \prime}\right\rangle\left\langle k S^{n} \mid j S^{\prime}\right\rangle\left\langle j S^{\prime} \mid-S\right\rangle .
\]

Из табл. 4.2 для $R_{z}$ и $R_{y}$ получим
\[
\begin{array}{c}
\left\langle+S^{\prime} \mid-S\right\rangle=\left\langle-S^{\prime} \mid-S\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}, \\
\left\langle-S^{\prime \prime} \mid+S^{\prime}\right\rangle=\left\langle+S^{\prime \prime} \mid-S^{\prime}\right\rangle=0, \\
\left\langle+S^{\prime \prime} \mid+S^{\prime}\right\rangle=e^{i \theta / 2},\left\langle-S^{\prime \prime} \mid-S^{\prime}\right\rangle=e^{i \theta / 2}, \\
\left\langle+U \mid+S^{\prime \prime}\right\rangle=-\left\langle+U \mid-S^{\prime \prime}\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}} .
\end{array}
\]

Тогда
\[
\langle+U \mid-S\rangle=i \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) .
\]

Точно такой же результат получается, если рассматривать переход от $S$ к $T$ как поворот вокруг оси $x$ на угол $\theta$.
в) При $\theta=0\langle+U \mid-S\rangle=0$, при $\theta=\pi \quad\langle+U \mid-S\rangle=i$. В последнем случае оси $z$ систем $S$ и $U$ направлены в противоположные стороны, поэтому $|\langle+U \mid-S\rangle|^{2}=1$. По той же причине в случае (а) $|\langle+T \mid-S\rangle|^{2}=1$. Но системы $T$ и $U$ отличаются одна от другой поворотом на угол $\pi$ вокруг оси 2 , поэтому величины $\langle+T \mid-S\rangle$ и $\langle+U \mid-S\rangle$ отличаются на фазовый множитель $e^{i \pi / 2}=i$.
4.4. Пусть плоская монохроматическая электромагнитная волна распространяется вдоль оси $z$. Тогда в «S-представлений» (т. е. в системе координат $S$ ) вектор ее электрического поля имеет компоненты ( $E_{x}, E_{y}, 0$ ), а в «T-представлении» (т. е. в системе координат $T$, повернутой относительно $S$ на угол $\theta$ вокруг оси $z$ ) тот же вектор равен ( $E_{x^{\prime}}, E_{y^{\prime}}, 0$ ). Cornacно закону преобразования вектора прн поворотах системы координат:
\[
\begin{array}{l}
E_{x^{\prime}}=E_{x} \cos \theta+E_{y} \sin \theta, \\
E_{y^{\prime}}=-E_{x} \sin \theta+E_{y} \cos \theta,
\end{array}
\]

поэтому
\[
\begin{array}{ll}
\langle x T \mid x S\rangle=\cos \theta, & \langle x T \mid y S\rangle=\sin \theta \\
\langle y T \mid x S\rangle=-\sin \theta, & \langle y T \mid y S\rangle=\cos \theta .
\end{array}
\]

4.5. Пусть $\mathbf{E}=\left(E_{x}, E_{y}, 0\right)$ – вектор напряженности электрического поля плоской электромагнитной волны на входе в прибор, а $\mathbf{E}^{\prime}=\left(E_{x}^{\prime}, E_{y}^{\prime}, 0\right)$-соответствующая величина на выходе из прибора.
Тогда матрица $\langle j|A| i\rangle$ должна переводить одну величину в другую:
\[
\begin{array}{l}
E_{x}^{\prime}=\langle x|A| x\rangle E_{x}+\langle x|A| y\rangle E_{y}, \\
E_{y}^{\prime}=\langle y|A| x\rangle E_{x}+\langle y|A| y\rangle E_{y} .
\end{array}
\]

Используя класснческие представления о поляризации света, можно связать $\mathbf{E}^{\prime}$ и $\mathbf{E}$ н найти тем самым элементы матрицы $\langle j|A| i\rangle$.
a) Из-за наличия блокировки луча $y \quad E_{y}^{\prime}=0$, тогда как $E_{x}^{\prime}=E_{x}$. Следовательно, единственный отличный от нуля элемент матрицы $\langle x|A| x\rangle=1$.
б) В системе коордннат $x^{\prime}, y^{\prime}$, повернутой вместе с прибором, компоненты вектора $\mathbf{E}$ можно записать следующим образом:
\[
\begin{array}{l}
E_{x^{\prime}}=E_{x} \cos \theta+E_{y} \sin \theta, \\
E_{y^{\prime}}=-E_{x} \sin \theta+E_{y} \cos \theta .
\end{array}
\]

После прохождения прибора $E_{x^{\prime}}^{\prime}=E_{x^{\prime}}, E_{y^{\prime}}^{\prime}=0$.
Возвращаясь в исходную систему координат, получаем
\[
\begin{array}{l}
E_{x}^{\prime}=E_{x^{\prime}}^{\prime} \cos \theta=\cos ^{2} \theta E_{x}+\sin \theta \cos \theta E_{y}, \\
E_{y}^{\prime}=E_{y^{\prime}}^{\prime} \sin \theta=\sin \theta \cos \theta E_{x}+\sin ^{2} \theta E_{y} .
\end{array}
\]

Таким образом,
\[
\begin{array}{c}
\langle x|A| x\rangle=\cos ^{2} \theta, \quad\langle y|A| y\rangle=\sin ^{2} \theta, \\
\langle x|A| y\rangle=\langle y|A| x\rangle=\sin \theta \cos \theta .
\end{array}
\]
в) После прохождения прибора $E_{x}^{\prime}=E_{x}, E_{y}^{\prime}=0$, так что матрица $\langle j|A| i\rangle$ будет такой же, как в случае (a).
r) Поляроид эквивалентен системе єнализатор-блокировка одного из лучей – синтезатор». Матрица $\langle j|A| i\rangle$ совпадает с полученной в случае (б).
д) В этом случае, очевидно,
так что
\[
E_{x}^{\prime}=E_{x} e^{i \varphi}, \quad E_{y}^{\prime}=E_{y},
\]
\[
\begin{array}{l}
\langle x|A| x\rangle=e^{i \varphi}, \quad\langle y|A| y\rangle=1, \\
\langle x|A| y\rangle=\langle y|A| x\rangle=0 .
\end{array}
\]
е) Аналогично предыдущему пункту имеем
\[
\begin{array}{l}
\langle x|A| x\rangle=\langle y|A| y\rangle=e^{l \varphi}, \\
\langle x|A| y\rangle=\langle y|A| x\rangle=0 .
\end{array}
\]

Заметим, что одинаковое изменение фазы обеих компонент вектора не влияет на поляризацию.

ж) В системе координат, повернутой вместе с прибором на угол $45^{\circ}$, вектор Е имеет компоненты
\[
\begin{array}{l}
E_{x^{\prime}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(E_{x}+E_{y}\right), \\
E_{y^{\prime}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-E_{x}+E_{y}\right) .
\end{array}
\]

После прохождения прибора $E_{x^{\prime}}=i E_{x^{\prime}}, E_{y^{\prime}}^{\prime}=E_{y^{\prime}}$.
Тогда в исходной системе координат компоненты вектора E’:
\[
\begin{array}{l}
E_{x}^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(E_{x^{\prime}}^{\prime}-E_{y^{\prime}}^{\prime}\right)=\frac{i+1}{2} E_{x}+\frac{i-1}{2} E_{y}, \\
E_{y}^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(E_{x^{\prime}}^{\prime}+E_{y^{\prime}}^{\prime}\right)=\frac{i-1}{2} E_{x}+\frac{i+1}{2} E_{y} .
\end{array}
\]

Отсюда получаем
\[
\begin{array}{l}
\langle x|A| x\rangle=\langle y|A| y\rangle=\frac{i+1}{2}, \\
\langle x|A| y\rangle=\langle y|A| x\rangle=\frac{i-1}{2} .
\end{array}
\]
3) При прохождении через четвертьволновую пластинку разность фаз лучей $x$ и $y$ изменяется на $\pi / 2$, так это можно считать
Соответственно
\[
E_{x}^{\prime}=i E_{x}, \quad E_{y}^{\prime}=E_{y} .
\]
\[
\begin{array}{c}
\langle x|A| x\rangle=i, \quad\langle y|A| y\rangle=1, \\
\langle x|A| y\rangle=\langle y|A| x\rangle=0 .
\end{array}
\]
и) Монохроматическая волна с циклической частотой $\omega$ при прохождении пластинки толщиной $d$ приобретает дополнительную фазу
\[
k d=\frac{\omega d}{v}=\frac{\omega d n}{c} .
\]

Здесь $k$ и $v$-волновое число и скорость света в среде; $n$ – показатель преломления среды. Учитывая, что в двоякопреломляющей среде показатель преломления различен для света с поляризациями по оси $x$ и $y$, получаем изменение фаз $x$ – и $y$-лучей после прохождения пластинки толщиной $d$ :
\[
\varphi_{x}=\frac{\omega d}{c} n_{x}, \quad \varphi_{y}=\frac{\omega d}{c} n_{y} .
\]

Соответственно можно запнсать
\[
E_{x}^{\prime}=E_{x} e^{i \varphi_{x}}, \quad E_{y}^{\prime}=E_{y} e^{i \varphi_{y}} .
\]

Тогда
\[
\begin{array}{l}
\langle x|A| x\rangle=e^{i \omega d n_{a} / c}, \\
\langle y|A| y\rangle=e^{i \omega d n_{y} / c}, \\
\langle x|A| y\rangle=\langle y|A| x\rangle=0 .
\end{array}
\]
к) После прохождения раствора вектор $\mathbf{E}^{\prime}$ в системе координат, повернутой на угол $\theta$, будет, очевидно, иметь компоненты $E_{x^{\prime}}^{\prime}=E_{x}, E_{y^{\prime}}^{\prime}=E_{y}$. Тогда в исходной системе коордииат
Следовательно,
\[
\begin{array}{l}
E_{x}^{\prime}=E_{x} \cos \theta-E_{y} \sin \theta, \\
E_{y}^{\prime}=E_{x} \sin \theta+E_{y} \cos \theta .
\end{array}
\]
\[
\begin{array}{l}
\langle x|A| x\rangle=\langle y|A| y\rangle=\cos \theta, \\
\langle y|A| x\rangle=-\langle x|A| y\rangle=\sin \theta .
\end{array}
\]
л) После прохождения такого прибора компонента $E_{x}^{\prime}$ будет равна нулю, тогда как $E_{y}^{\prime}=E_{y}+E_{x} e^{l \alpha}$, где $\alpha$-изменеиие фазы луча $x$ при прохождении через раствор сахара. Тогда
\[
\begin{array}{l}
<x|A| x\rangle=\langle x|A| y\rangle=0, \\
\langle y|A| y\rangle=1, \quad\langle y|A| x\rangle=e^{l \alpha} .
\end{array}
\]
м) Средняя по времени интенсивность плоской монохроматической волиы, входящей в прибор, пропорциональна ( $\left.\left|E_{x}\right|^{2}+\left|E_{y}\right|^{2}\right)$, а выходящей
\[
\left|E_{y}+E_{x} e^{i \alpha}\right|^{2}=\left|E_{x}\right|^{2}+\left|E_{y}\right|^{2}+2\left|E_{x}\right|\left|E_{y}\right| \cos (\alpha+\beta),
\]

где $\beta$-разность фаз комплексных величин $E_{x}$ и $E_{y}$. Если $\cos (\alpha+\beta)>0$, то интенсивность выходящей волны больше, чем входящей, что означает «бесплатное» увеличение энергии, т. е. возможность построения вечного двигателя.

Разумеется, этот вывод неверен. Дело в том, что в рассматриваемом приборе лучи $x$ и $y$ должны быть пространственно разделены и, стало быть, ограничены в пространстве (в плоскости, перпендикулярной направлению распространения). Но это означает, что волны нельзя считать плоскими. Тогда после соединения пучков возникает типичная интерференционная картина: усиление интенсивности в одном месте «экрана» будет сопровождаться ослаблением в другом, так что полная интенсивность в пучке на выходе нз прибора будет равна (или меньше, при наличии поглощения) интенсивности пучка на входе в прибор.
4.6. а) Обозначим через $f_{+z}(\theta)$ и $f_{-z}(\theta)$ амплитуды вероятңостей того, что электрон испускается со спином вдоль оси $z$ и
против оси $\boldsymbol{\varepsilon}$ :
\[
\begin{array}{l}
f_{+z}(\theta)=A \sqrt{1-\frac{v}{\mathrm{c}}} \sin \frac{\theta}{2} \\
f_{-z}(\theta)=A \sqrt{1+\frac{v}{c}} \cos \frac{\theta}{2} .
\end{array}
\]

Тогда относительная вероятность испускания электрона со вином по оси $z$ равна
\[
w_{+z}(\theta)=\frac{\left|f_{+z}(\theta)\right|^{2}}{\left|f_{+z}(\theta)\right|^{2}+|f-z(\theta)|^{2}}=\frac{\left(1-\frac{v}{c}\right) \sin ^{2} \frac{\theta}{2}}{1+\frac{v}{\delta} \cos \theta},
\]

а против оси $z$ соответственно
\[
v_{-z}(\theta)=\frac{\left(1+\frac{v}{c}\right) \cos ^{2} \frac{\theta}{2}}{1+\frac{v}{c} \cos \theta} .
\]
б) Амплитуды вероятностей того, что спин направлен вдоль оси $4 x$ или $-x$, можно записать в внде
\[
\begin{array}{c}
f_{+x}=\left\langle+x\left|+z>f_{+z}+<+x\right|-z>f_{-z},\right. \\
f_{-x}=\left\langle-x\left|+z>f_{+z}+<-x\right|-z>f_{-z} .\right.
\end{array}
\]

Здесь $\langle+x|+z>-$ амплитуда вероятности того, что у электрона со спином вдоль оси $+z$ спин окажется направленным вдоль оси $+x$.
Из табл. 4.2 «Лекций» (вып. 8 , стр. 105) имеем
\[
\begin{array}{l}
\langle+x \mid+z\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}, \\
\langle+x \mid-z\rangle=\langle-\mid-z\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}, \\
\langle-x \mid+z\rangle=-\frac{1}{\sqrt{2}}=.
\end{array}
\]

Тогда
\[
\begin{array}{l}
f_{+x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(f_{+z}+f_{-z}\right), \\
f_{-x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-f_{+z}+f_{-z}\right) .
\end{array}
\]

Соответствующие вероятности равны
\[
w_{+x}(\theta)=\frac{\left|f_{+x}\right|^{2}}{|f+x|^{2}+|f-x|^{2}}=\frac{1}{2}\left[1+\frac{\sqrt{1-v^{2} / c^{2}} \sin \theta}{1+\frac{v}{c} \cos \theta}\right],
\]

\[
\omega_{-x}(\theta)=\frac{1}{2}\left[1-\frac{\sqrt{1-v^{2} / c^{2}} \sin \theta}{1+\frac{v}{c} \cos \theta}\right] .
\]
в) Аналогично предыдущему имеем
где
\[
\begin{array}{l}
f_{+y}=\left\langle+y\left|+z>f_{+z}+<+y\right|-z>f_{-z},\right. \\
f_{-y}=\left\langle-y\left|+z>f_{+z}+<-y\right|-z>f_{-z},\right.
\end{array}
\]
\[
\begin{array}{l}
\langle+y \mid+z\rangle=\langle-y \mid-z\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}, \\
\langle-y \mid+z\rangle=\langle+y \mid-z\rangle=-\frac{t}{\sqrt{2}} .
\end{array}
\]

При вычислении этих величин следует иметь в виду, что переход от оси $z$ к оси $y$ осуществляется поворотом вокруг оси $x$ на угол $-\pi / 2$.
Используя явный вид амплитуд $f_{+z}$ и $f_{-z}$, находим
\[
w_{+y}(\theta)=w_{\sim y}(\theta)=\frac{1}{2} .
\]

Различные результаты для осей $x$ и $y$ получаются всегда в тех случаях, когда складываются амплитуды $f_{+z}$ и $f_{-z}$, т. е. состояния со спином вдоль оси $z$ и против оси $z$ интерферируют.
г) Если антинейтрино не регистрируется, то абсолютные вероятности следует проинтегрировать по всем возможным направлениям вылета антинейтрино.
Из соображений симметрии ясно, что вероятность вылета әлектрона с тем или иным спином не зависит от полярного угла $\varphi$ (от него зависят лишь фазы соответствующих амплитуд). Поэтому, воспользовавшись результатами пункта (a), для относительных вероятностей того или иного направления спина получим
\[
W_{ \pm z}=\frac{\int\left|f_{ \pm z}(\theta)\right|^{2} d \Omega}{\int\left[\left|f_{+z}(\theta)\right|^{2}+\left|f_{-z}(\theta)\right|^{2}\right] d \Omega} \cdot
\]

Вычисляя интегралы
\[
\begin{aligned}
\int \sin ^{2} \frac{\theta}{2} d \Omega & =\int_{0}^{2 \pi} d \varphi \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} \frac{\theta}{2} \sin \theta d \theta=2 \pi, \\
\int \cos ^{2} \frac{\theta}{2} d \Omega & =2 \pi, \\
\int\left(1+\frac{v}{c} \cos \theta\right) d \Omega & =4 \pi
\end{aligned}
\]
получаем
\[
\begin{array}{l}
W_{+z}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{v}{c}\right), \\
W_{-z}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{v}{c}\right) .
\end{array}
\]

К главе 5. Зависимость амплитуд от времени
5.1. Изменение направления фронта волны, описывающей частицу с массой $M$ и импульсом $P$, при прохождении расстояния в облласти неоднородного потенциала, согласно формуле (5.33) «Лекций» (вып. 8, стр. 124), равно
\[
\delta \theta=-\frac{M}{p^{2}} \frac{\partial V}{\partial y} w .
\]

Здесь считается, что ось $y$ совпадает с направлением изменения потенциала $V$, причем это измененне медленное, а первоначальное направление движения частицы перпендикулярно оси $y$. Если частица имеет спин 1 и магнитный момент $\mu$, то энергия ее взаимодействия с магнитным полем может быть равиа $\mu B, 0,-\mu B$ соответственно для проекций спина $+1,0,-1$ на направление магнитного поля. Следовательно, при прохождении неоднородного магнитного поля направление движения частицы будет меняться, причем различным образом для состояний $+1,0,-1$, т. е. пучок частиц будет разделяться на три пучка с отклонением от первоначального направления на углы
\[
\begin{array}{l}
\delta \theta(+1)=-\frac{\mu M w}{p^{2}} \frac{\partial B}{\partial y}, \\
\delta \theta(0)=0, \\
\delta \theta(-1)=\frac{\mu M w}{p^{2}} \frac{\partial B}{\partial y} .
\end{array}
\]

Покажем теперь, что спин 1 прецессирует в магнитном поле. Пусть магнитное поле направлено вдоль оси $+z$, а спин в момент времени $t=0$ – вдоль оси $+x$. Последнее утверждеиие означает, что

Тогда
\[
C_{+x}(0)=1, \quad C_{0 x}(0)=0, \quad C_{-x}(0)=0 .
\]
\[
C_{+x}(0)=\sum_{i=0, \pm 1}\langle j z \mid i x\rangle C_{i_{x}}(0)=\langle j z \mid+x\rangle(j= \pm 1,0) .
\]

Из формул (3.38) «Лекций» (вып. 8, стр. 80) при $\alpha=-\pi / 2$ получим
\[
\langle+z \mid+x\rangle=\langle-z \mid+x\rangle=\frac{1}{2},\langle 0 z \mid+x\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}} .
\]

Согласно §5 гл. 5 «Лекций (вып. 8, стр. 124), с течением времени амплитуды $C_{j z}$ меняются по закону
\[
C_{j z}(t)=e^{i \omega p^{t}} C_{j z}(0),
\]

где $\omega_{p}=\mu B / \hbar$. Подставив сюда величины $C_{j z}(0)$, получим
\[
\begin{aligned}
C_{+z}(t) & =\frac{1}{2} e^{i \omega_{p} t}, \\
C_{0 z}(t) & =\frac{1}{\sqrt{2}}, \\
C_{-z}(t) & =\frac{1}{2} e^{i \omega_{p} t} .
\end{aligned}
\]

Убедимся, что имеет место вращение спина в плоскости $x y$ с циклической частотой $\omega_{p}$. Вычислим амплитуду вероятности проекции спина +1 на ось $L$, лежащую в плоскости $x y$ и составляющую в імомент времени $t$ угол $\beta=$ $=-\omega_{p} t$ с осью $x$. Для этого повернем систему координат вокруг оси $\boldsymbol{z}$ на угол $\beta$, а затем вокруг оси $y$ на угол $\alpha=\pi / 2$. Используя формулы (3.39) и (3.38) «Јекций» (вып. 8, стр. 80), получаем
\[
C_{+L}(t)=1 .
\]

Әто означает, что спин направлен по оси $L$ и, следовательно, вместе с ней вращается в плоскости $x y$ с угловой скоростью $\omega_{p}$ в направлении по часовой стрелке.

Оба явления, рассмотренные в настоящей задаче, – расщепление пучка частиц в неоднородном магнитном поле и прецессия спина в магнитном поле-зависят от величины магнитного момента и, следовательно, могут быть использованы для его измерения. В первом случае это будет эксперимент типа опытов Штерна и Герлаха, во втором, например, парамагнитный резонанс – частица, обладающая магнитным моментом и находящаяся в магнитном поле, резонансно поглощает внешнее радиоизлучение с частотой $\omega=\omega_{p}$ (см. кЛекции», вып. 7 , гл. 35).
$К$ главе 6. Гамильтонова матрица
6.1. Составим прежде всего гамильтонову матрицу для частицы со спином $1 / 2$ в магнитном поле. Это удобно сделать, выбирая состояния с определенной проекцией спина на направление магнитного поля, т. е. состояния $\mid+x>$ и $\mid-x>$, в качестве базисных. Тогда
\[
\begin{array}{l}
\left.<+x|H|+x>=-\mu B_{0}, \quad<-x|H|-x\right\rangle=\mu B_{0}, \\
<+x|H|-x>=<+x|H|-x>=0 .
\end{array}
\]

Теперь нетрудно получить эту матрицу и для базисных состояний $|+z>|-z>$,, используя преобразование типа (6.28) (см. «Лекции», вып. 8, стр. 140)
\[
\langle i z|H| j z\rangle=\sum_{k, l}\langle i z \mid k x\rangle\langle k x|H| l x\rangle\langle l x \mid j z\rangle .
\]

Величины $\langle l x \mid j z\rangle$ уже получены при решении задачи 4.6, а величины $\langle i z \mid k x\rangle$ можно получить из соотношения
\[
\langle i z \mid k x\rangle=\langle k x \mid i z\rangle * \text {. }
\]

Тогда
\[
\begin{array}{l}
\langle+z|H|+z\rangle=\langle-z|H|-z\rangle=0, \\
\langle+z|H|-z\rangle=\langle-z|H|+z\rangle=-\mu B_{0} .
\end{array}
\]

В начальный момент времени после прохождения первого фильтра частица находится в состоянии $|+z\rangle$, так что $C_{+z}(0) C_{1}(0)=1, \quad C_{-z}(0) C_{2}(0)=0$. Изменение әтих амплитуд со временем определится системой уравнений:
\[
i \hbar \frac{d C_{1}}{d t}=-\mu B_{0} C_{2}
\]

и
\[
i \hbar \frac{d C_{2}}{d t}=-\mu B_{0} C_{1} .
\]

Складывая и вычитая почленно эти два уравнения, получаем уравнения для $\left(C_{1}+C_{2}\right)$ и $\left(C_{1}-C_{2}\right)$, которые легко интегрируются. После несложных математических операций получим решение с учетом начальных условий
\[
\begin{array}{l}
C_{1}(t)=\cos \omega t, \\
C_{2}(t)=i \sin \omega t,
\end{array}
\]

где
\[
\omega=\frac{\mu B_{0}}{\hbar} .
\]

Из иайденного решения видно, что спин частицы будет направлен вниз в моменты $T_{n}$, определяемые соотношением
\[
\frac{\mu B_{0} T_{n}}{\hbar}=\pi\left(n+\frac{1}{2}\right), \quad n=0,1,2, \ldots
\]

Чтобы все частицы прошли через второй фнльтр, необходимо, чтобы одно из значений $T_{n}$ совпало со временем пролета $T$. Минимальное значение поля $B_{0}$, при котором это условие будет выполнено, определится соотношением
\[
B_{0}=\frac{\pi \hbar}{2 \mu T} \text {. }
\]

Вероятность пройти второй фильтр равна $W=\sin ^{2} \omega T^{\prime}$. В частности, если $T^{\prime}=T / 2$, а поле $B_{0}$ удовлетворяет условию (1), то $W=1 / 2$.

6.2. Обозначим состояния частицы с направлением спина вдоль магнитного поля и против него соответственно через $|+B\rangle$ и $|-B\rangle$ и запишем в этом базисе энергетическую матрицу:
\[
\begin{array}{l}
\langle+B|H|+B\rangle=-\langle-B|H|-B\rangle=-\mu B, \\
\langle+B|H|-B\rangle=\langle-B|H|+B\rangle=0 .
\end{array}
\]

Преобразуем ее теперь к базису $|+z\rangle,|-z\rangle$. Необходимье для этого величины находим из табл. 4.2 (см. «Лекцин», вып. 8, стр. 105):
\[
\begin{array}{l}
\langle+B \mid+z\rangle=\langle-B \mid-z\rangle=\langle+z \mid+B\rangle=\langle-z \mid-B\rangle=\cos \frac{\pi}{8}, \\
\langle+B \mid-z\rangle=-\langle-B \mid+z\rangle=-\langle+z \mid-B\rangle=\langle-z \mid+B\rangle= \\
=\sin \frac{\pi}{8} .
\end{array}
\]

Тогда
\[
\begin{array}{c}
\langle+z|H|+z\rangle=\langle+z|H|-z\rangle=\langle-z|H|+z\rangle= \\
=-\langle-z|H|-z\rangle=-\frac{\mu B}{\sqrt{2}} .
\end{array}
\]

В начальный момент времени амплитуда для направления спина вдоль оси $z C_{1}(0)=1$, а против оси $z C_{2}(0)=0$. Изменение этих амплитуд со временем определится системой уравнений
\[
i \hbar \frac{d C_{1}}{d t}=-\frac{\mu B}{\sqrt{2}}\left(C_{1}+C_{2}\right)
\]

и
\[
i \hbar \frac{d C_{2}}{d t}=-\frac{\mu B}{\sqrt{2}}\left(C_{1}-C_{2}\right) .
\]

Решение с учетом начальных условий имеет вид
\[
\begin{array}{l}
C_{1}(t)=\cos \omega t+\frac{i}{\sqrt{2}} \sin \omega t_{t} \\
C_{2}(t)=\frac{i}{\sqrt{2}} \sin \omega t_{\varepsilon}
\end{array}
\]

где $\omega=\mu B / \hbar$.
Найдем теперь амплитуду вероятиости нахождения частицы в состоянии с $J_{x}=\hbar / 2$ :
\[
\begin{aligned}
C_{+x}(t) & =\langle+x \mid+z\rangle C_{1}(t)+\langle+x \mid-z\rangle C_{2}(t)= \\
& =\frac{\cos \omega t}{\sqrt{2}}+i \sin \omega t .
\end{aligned}
\]

Искомая вероятность обнаружения частицы в состоянии – $J_{x}=\hbar / 2$ тогда равна
\[
w_{+x}(t)=\left|C_{+x}(t)\right|^{2}=\frac{1}{2}\left(1+\sin ^{2} \omega t\right) .
\]

Аналогично для состояння с $J_{y}=\hbar / 2$ получим
\[
\begin{array}{l}
C_{+y}(t)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos \omega t+\frac{1+i}{\sqrt{2}} \sin \omega t\right), \\
w_{+y}(t)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}} \sin 2 \omega t\right) .
\end{array}
\]
6.3. а) Гамильтонова матрица системы совпадает с полученной при решении задачи 6.1 (в базисе $|+z\rangle,|-z\rangle$ ) с точностью до .замены $\mu B_{0}$ на $A$. Начальные условия также совпадают, поэтому можно сразу записать выражения для амплитуд
\[
\begin{array}{l}
C_{+}(t)=\cos \omega t, \\
C_{-}(t)=i \sin \omega t,
\end{array}
\]

где $\omega=A / \hbar$. Вероятность обнаружить частицу в момент времени $T$ в состоянии $+z$ равна $\cos ^{2} \omega t$.
б) В стационарном состоянии вероятность найти частицу в каждом из базисных состояний не должна меняться со временем, поэтому решение системы
\[
\begin{array}{l}
i \hbar \frac{d C_{1}}{d t}=-A C_{2}, \\
i \hbar \frac{d C_{2}}{d t}=-A C_{1}
\end{array}
\]

должно иметь вид
\[
\begin{array}{l}
C_{1}(t)=e^{-i E t / \hbar} a, \\
C_{2}(t)=e^{-i E t / \hbar} b .
\end{array}
\]

Для не зависящих от времени величин $a$ и $b$ получаем
\[
\left\{\begin{array}{l}
E a=-A b, \\
E b=-A a .
\end{array}\right.
\]

Эта система имеет два нетривнальных решенияı
1) при $E_{1}=-A \quad a_{1}=b_{1}=1 / \sqrt{2}$,
2) при $E_{2}=+A \quad a_{2}=-b_{2}=1 / \sqrt{2}$.

Значение $1 / \sqrt{2}$ выбирается из условия нормировки $|a|^{2}+|b|^{2}=1$.

Таким образом, стационарным состояниям отвечают следующие комбинации найденных в пункте (a) амплитуд
\[
\begin{array}{l}
C_{1}^{(1)}(t)=C_{2}^{(1)}(t)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[C_{+}(t)+C_{-}(t)\right]=\frac{1}{\sqrt{2}} e^{i \omega t}, \\
C_{1}^{(2)}(t)=C_{2}^{(2)}(t)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[C_{+}(t)-C_{-}(t)\right]=\frac{1}{\sqrt{2}} e^{i \omega t},
\end{array}
\]

причем энергии соответствующих состояний равны
\[
E_{1}=-A, \quad E_{2}=+A .
\]
в) Рассмотрим амплитуды $C_{+\xi}(t)$ и $C_{-\xi}(t)$ для направления спина по и против некоторой оси $\xi$, лежащей в плоскости $y z$ и образующей угол $\varphi$ с осью $z$. Имеем
\[
\begin{array}{c}
C_{+\xi}(t)=\langle+\xi \mid+z\rangle C_{+}(t)+\langle+\xi \mid-z\rangle C_{-}(t)=, \\
=\cos \left(\omega t-\frac{\varphi}{2}\right), \\
C_{-\xi}(t)=i \sin \left(\omega t+\frac{\varphi}{2}\right) .
\end{array}
\]

Спин будет направлен вдоль оси ह, если
\[
\varphi=-2 \omega t+2 \pi n, \quad n=0,1,2, \ldots
\]

Оси, отвечающие разным значениям $n$, физически неразличимы, так что можно принять $\varphi=-2 \omega t$.

Таким образом, во все моменты времени с вероятностью единица спин будет направлен вдоль оси, вращающейся в плоскости $y z$ с угловой скоростью $2 \omega$ в направлении от оси $y$ к $z$.
г) Частицу со спином $1 \frac{2}{2}$ нужно поместить в магнитное поле, параллельное оси $x$. Из решения задачи 6.1 ясно, что такая система будет обладать требуемыми свойствами.

К главе 7. Аммиачный лазер
7.1. Рассмотрение, проведенное в гл. 7 «Лекций» (вып. 8), показывает, что вероятность вынужденного перехода из состояния [I> в состояние |II>
\[
P(\mathrm{I} \rightarrow \mathrm{II})=4 \pi^{2} \frac{\mu^{2}}{4 \pi \varepsilon_{n} \hbar^{2} c} I\left(\omega_{0}\right) T
\]

не зависит от того, сопровождается ли этот переход испусканием или поглоцением света. Отсюда следует, что $P(\mathrm{I} \rightarrow \mathrm{I})=P(\mathrm{II} \rightarrow \mathrm{I})$. Тогда, используя определение коэффициентов Эйнштейна, получаем
\[
B_{1, \mathrm{II}}=\frac{P(\mathrm{I} \rightarrow \mathrm{II})}{I\left(\omega_{0}\right) T}=\frac{\pi \mu^{2}}{\varepsilon_{0} \hbar^{2} c}, \quad B_{\mathrm{II}, 1}=B_{1, \mathrm{Il}} .
\]

Попробуем теперь найти с помощью квантовой механики коэффициенты Эйнштейна $A_{11}$, l. Для этого будем рассматривать системы «молекула в состоянии I и единичный фотон» и «молекула в состоянии II» как два состояния одной и той же системы. Тогда, согласно гл. 6 «Лекций» (вып. 8), амплитуды перехода в единицу времени из начального состояния в конечное и обратно связаны между собой:
\[
\langle\mathrm{II}| \mathrm{I} \text {, фотон }\rangle=\langle\mathrm{I} \text {, фотон } \mid \mathrm{II}\rangle^{*}=M \text {. }
\]

Фактически такое соотношение для испускания и поглощения фотонов уже использовалось в § 4 гл. 2 (вып. 8, стр. 41). Пусть в объеме $V$ имеется молекула в состоянии I и единичный фотон. Тогда вероятность перехода из I в II в единицу времени равна $|M|^{2}$. С другой стороиы, вероятность перехода в данном случае совпадает с «числом» переходов в единицу времени, которое, согласно гл. 42 «Лекций» (вып. 4), равно $B_{1,11} I$. Интенснвность $I$ одного фотона, очевидно, равна $\hbar \omega c / V$, так что
\[
|M|^{2}=B_{1,11} \cdot \hbar \omega \frac{c}{V} .
\]

Вероятность обратного щерехода (из II в I с испусканием фотона) в единицу времени, приходящаяся на интервал частот $\Delta \omega$, получается из $|M|^{2}$ умножением на число возможных состояний фотона $V \omega^{2} \Delta \omega / \pi^{2} c^{2}$ [см. формулу (2.42) «Јекций», выІ. 8, стр. 49]. Но по определению коэффициента Эйнштейна $A_{11}$, у эта вероятность равна $A_{11}$, , $\Delta \omega$, так что
\[
|M|^{2} \frac{V \omega^{2} \Delta \omega}{\pi^{2} c^{2}}=A_{11,1} \Delta \omega .
\]

Сравнивая найденные соотношения, получаем связь между коэффициентами Эйнштейна
\[
A_{\mathrm{II}, 1}=\frac{\hbar \omega^{3}}{\pi^{2} c^{2}} B_{1, \mathrm{II}},
\]

установленную в гл. 42 (вып. 4) косвенным путем.
Интенсивность спонтанного излучения на интервале частот $\Delta \omega$ будет, очевидно, равна интенсивности для одного фотона, умноженной на число переходов в единицу времени:
\[
\Delta I_{c}=\hbar \omega \frac{c}{V} \cdot A_{11,1} \Delta \omega=\frac{\mu^{2} \omega^{4} \Delta \omega}{\pi \varepsilon_{0} c^{2} V} .
\]
7.2. Запишем систему уравнений для амплитуд вероятности иметь спин «вверх» и «вниз»:
\[
\begin{array}{l}
i \hbar \frac{d C_{1}}{d t}=H_{11} C_{1}+H_{12} C_{2}, \\
i \hbar \frac{d C_{2}}{d t}=H_{21} C_{1}+H_{22} C_{2} .
\end{array}
\]

Элементы энергетической матрицы можно определить, переходя в систему координат с осью $z^{\prime}$, направленной вдоль поля В:
\[
\begin{array}{c}
H_{11}=\left\langle+z \mid+z^{\prime}\right\rangle(-\mu B)\left\langle+z^{\prime} \mid+z\right\rangle+ \\
\quad+\left\langle+z \mid-z^{\prime}\right\rangle(+\mu B)\left\langle-z^{\prime} \mid+z\right\rangle, \\
H_{22}=\left\langle-z \mid+z^{\prime}\right\rangle(-\mu B)\left\langle+z^{\prime} \mid-z\right\rangle+ \\
\quad+\left\langle-z \mid-z^{\prime}\right\rangle \mu B\left\langle-z^{\prime} \mid-z\right\rangle, \\
H_{12}=\left\langle+z \mid+z^{\prime}\right\rangle(-\mu B)\left\langle+z^{\prime} \mid-z\right\rangle+ \\
\quad+\left\langle+z \mid-z^{\prime}\right\rangle \mu B\left\langle-z^{\prime} \mid-z\right\rangle, \\
H_{21}=\left\langle-z \mid+z^{\prime}\right\rangle(-\mu B)\left\langle+z^{\prime} \mid+z\right\rangle+ \\
\quad+\left\langle-z \mid-z^{\prime}\right\rangle \mu B\left\langle-z^{\prime} \mid+z\right\rangle=H_{12}^{*} .
\end{array}
\]

Здесь использован уже известный результат
\[
\begin{array}{l}
\left\langle+z^{\prime}|H|+z^{\prime}\right\rangle=z-\left\langle-z^{\prime}|H|-z^{\prime}\right\rangle=-\mu B, \\
\left\langle+z^{\prime}|H|-z^{\prime}\right\rangle=\left\langle-z^{\prime}|H|+z^{\prime}\right\rangle=0 .
\end{array}
\]

Өстается найти амплитуды $\left\langle j z^{\prime} \mid i z\right\rangle$. Для этого заметим, что ось $z^{\prime}$ (вместе с полем в) определяется полярными углами $\theta, \varphi \equiv-\omega t$. Переход от системы координат $x, y, z$ к системе $x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}$ можно осуществить поворотом, заданным углами Эйлера $\beta=\varphi-\pi / 2, \alpha=-\theta, \gamma=0$. С помощью табл. 4.1 (вып. 8, стр. 80) находим
\[
\begin{array}{l}
\left\langle+z^{\prime} \mid+z\right\rangle=\cos \frac{\theta}{2} e^{\frac{i}{2}\left(\varphi-\frac{\pi}{2}\right)}, \\
\left\langle-z^{\prime} \mid+z\right\rangle=-i \sin \frac{\theta}{2} e^{\frac{i}{2}\left(\varphi-\frac{\pi}{2}\right)}, \\
\left\langle+z^{\prime} \mid-z\right\rangle=-i \sin \frac{\theta}{2} e^{-\frac{i}{2}\left(\varphi-\frac{\pi}{2}\right)}, \\
\left\langle-z^{\prime} \mid-z\right\rangle=\cos \frac{\theta}{2} e^{-\frac{i}{2}\left(\varphi-\frac{\pi}{2}\right)} .
\end{array}
\]

Используя эти выражения и соотношение

получаем
\[
\left\langle j z^{\prime} \mid i z\right\rangle=\left\langle i z \mid j z^{\prime}\right\rangle^{*},
\]
\[
\begin{array}{l}
H_{11}=-H_{22}=-\mu B \cos \theta, \\
H_{12}=H_{21}^{*}=\mu B \sin \theta e^{+i_{\omega} t} .
\end{array}
\]

Таким образом, задача сводится к решению системы уравнений
\[
\begin{array}{l}
\frac{d C_{1}}{d t}=\frac{i \omega_{0}}{2}\left(\cos \theta \cdot C_{1}+\sin \theta e^{i_{\omega} t} C_{2}\right), \\
\frac{d C_{2}}{d t}=\frac{i \omega_{0}}{2}\left(\sin \theta e^{-i \omega^{t}} C_{1}-\cos \theta C_{2}\right), \quad \omega_{0}=\frac{2 \mu B}{\hbar}
\end{array}
\]

с начальными условиями
\[
C_{1}(0)=1, \quad C_{2}(0)=0 .
\]

При малых $\theta$ в этих уравнениях можно вначале пренебречь членами $-\sin \theta \approx \theta \ll 1$, а затем учесть их, действуя точно так же, как решается аналогичная задача в гл. 7 Лекций» (вып. 8).

Однако написанные уравнения можно решить точно при произвольном $\theta$. Для әтого удобно сделать замеиу $C_{1}(t) e^{i \omega t / 2} b_{1}(t), \quad C_{2}(t)=e^{-i \omega t / 2} b_{2}(t), \quad$ так что коэффициенты в уравнениях не будут зависеть от времени:
\[
\begin{array}{l}
\frac{d b_{1}}{d t}=\frac{i}{2}\left[\left(\omega_{0} \cos \theta-\omega\right) b_{1}+\omega_{0} \sin \theta \cdot b_{2}\right], \\
\frac{d b_{2}}{d t}=\frac{i}{2}\left[\omega_{0} \sin \theta \cdot b_{1}-\left(\omega_{0} \cos \theta-\omega\right) b_{2}\right] .
\end{array}
\]

Начальные условия:
\[
b_{1}(0)=1, \quad b_{2}(0)=0 .
\]

Решение этой системы ищем в виде

вто дает
\[
b_{1}(t)=a_{1} e^{i \alpha t}, \quad b_{2}(t)=a_{2} e^{i \alpha t},
\]
\[
\begin{array}{c}
\left(\omega_{0} \cos \theta-\omega-2 \alpha\right) a_{1}+\omega_{0} \sin \theta a_{2}=0, \\
\omega_{0} \sin 0 \cdot a_{1}-\left(\omega_{0} \cos \theta-\omega+2 \alpha\right) a_{2}=0 .
\end{array}
\]

Эта система алгебраических уравнений имеет нетривиальные решения лишь при
\[
\alpha= \pm \frac{1}{2} \sqrt{\left(\omega_{0} \cos \theta-\omega\right)^{2}+\left(\omega_{0} \sin \theta\right)^{2}} .
\]

Теперь можно записать общее решение исходных уравнений

где
\[
\begin{array}{l}
C_{1}(t)=e^{i \omega t / 2}\left(a_{1}^{(1)} e^{i \gamma t}+a_{1}^{(2)} e^{-i \gamma t}\right), \\
C_{2}(t)=e^{-i \omega t / 2}\left(a_{2}^{(1)} e^{i \gamma t}+a_{2}^{(2)} e^{-i \gamma t}\right),
\end{array}
\]
\[
\gamma=\frac{1}{2} \sqrt{\omega^{2}+\omega_{0}^{2}-2 \omega \omega_{0} \cos \theta}=\alpha_{1} .
\]

Коэффициенты $a_{1}$ и $a_{2}$ связаны условием
\[
a_{2}^{(i)}=\frac{\omega_{0} \sin \theta}{\left(\omega_{0} \cos \theta-\omega\right) \pm 2 \gamma} a_{1}^{(i)},
\]

где знак плюс относится к $i=1$, а знак минус-к $i=2$. Вместе с начальным условием әто дает
\[
\begin{array}{l}
C_{1}(t)=e^{i \omega t / 2}\left(\cos \gamma t+i \frac{\omega_{0} \cos \theta-\omega}{2 \gamma} \sin \gamma t\right), \\
C_{2}(t)=e^{-t \omega t / 2} i \frac{\omega_{0} \sin \theta}{2 \gamma} \sin \gamma t_{2}
\end{array}
\]

откуда получаем вероятности для направления спина «вверх и «вниз» в произвольный момент времени:
\[
\begin{array}{l}
P_{+}(t)=\cos ^{2} \gamma t+\left(\frac{\omega_{0} \cos \theta-\omega}{2 \gamma}\right)^{2} \sin ^{2} \gamma t, \\
P_{-}(t)=\left(\frac{\omega_{0} \sin \theta}{2 \gamma}\right)^{2} \sin ^{2} \gamma t .
\end{array}
\]

Очевндно, резонанс наступает при частоте
\[
\omega=\omega_{0} \cos \theta=\frac{2 \mu B}{\hbar} \cos \theta .
\]

В этом случае $\gamma=1 / 2 \omega_{0} \sin \theta$, так что
\[
P_{+}(t)=\cos ^{2} \gamma t, \quad P_{-}(t)=\sin ^{2} \gamma t .
\]

Это означает, что спин периодически переворачивается вверх и вниз.
$К$ главе 8. Другие системы с двумя состояниями
8.1. Направим ось $z$ противоположно магнитному полю $B_{0}$, а ось $x$ – вдоль поля $B_{n}$, т. е. $B_{x}=2 B_{n} \cos \omega t, B_{z}=-B_{0}$, $B_{y}=0$. Тогда уравнения для спиновых состояний [см. «Лекции», вып. 8 , стр. 199, уравнения (8.23)] примут вид
\[
i \hbar \frac{d C_{1}}{d t}=\mu B_{0} C_{1}-\mu B_{x} C_{2}, \quad i \hbar \frac{d C_{2}}{d t}=-\mu B_{0} C_{2}-\mu B_{x} C_{1} .
\]

Начальное условие: $C_{1}(0)=1, C_{2}(0)=0$. Эти уравнения такие же, как уравнения (7.38) и (7.39) «Лекций» (вып. 8, гл. 7, стр. 164) для молекулы аммиака. Будем решать их аналогично. Полагая
\[
C_{1}(t)=\gamma_{1}(t) e^{-i \mu B_{0} t / \hbar}, \quad C_{2}(t)=\gamma_{2}(t) e^{i \mu B_{0} t / \hbar},
\]

для $\gamma_{1}$ и $\gamma_{2}$ получим уравнения
\[
\frac{d \gamma_{1}}{d t}=i \frac{2 \mu B_{n}}{\hbar} \cos \omega t e^{i \omega_{0} t} \gamma_{2}, \quad \frac{d \gamma_{2}}{d t}=i \frac{2 \mu B_{n}}{\hbar} \cos \omega t e^{-l \omega_{0} t} \gamma_{1},
\]

в которых $\omega_{0}=2 \mu B_{0} / \hbar$.
Частоту $\omega$ считаем близкой к $\omega_{0}$ и по тем же соображениям, что и в гл. 7 (вып. 8), оставляем в уравнениях только члены с $\exp \left[i\left(\omega-\omega_{0}\right) t\right]$. Наша система прнобретает вид
\[
\begin{array}{l}
\frac{d \gamma_{1}}{d t}=i \frac{\mu B_{n}}{\hbar} e^{i\left(\omega_{0}-\omega\right) t} \gamma_{2}, \\
\frac{d \gamma_{2}}{d t}=i \frac{\mu B_{n}}{\hbar} e^{t\left(\omega-\omega_{0}\right) t} \gamma_{1} .
\end{array}
\]

Дифференцируя уравнение (2) по $t$ и выражая $d \gamma_{1}{ }^{\prime} / d t$ и $\gamma_{1}$ соответственно из уравнений (1) и (2), получаем
\[
\frac{d^{2} \gamma_{2}}{d t^{2}}+i\left(\omega_{0}-\omega\right) \frac{d \gamma_{2}}{d t}+\left(\frac{\mu B_{n}}{\hbar}\right)^{2} \gamma_{2}=0
\]

Это дифференциальное уравнение второго порядка с постояниыми коэффициентами. Такие уравнения мы научились решать, изучая колебания. Ищем решение в виде $\gamma_{2} a e^{l a t}$. Тогда для определения $\alpha$ получаем квадратное уравнение
\[
\alpha^{2}+\left(\omega_{0}-\omega\right) \alpha-\left(\frac{\mu B_{n}}{\hbar}\right)^{2}=0,
\]

из которого находим
\[
\alpha_{1,2}=\frac{\omega-\omega_{0}}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{\omega-\omega_{0}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\mu B_{n}}{\hbar}\right)^{2}} .
\]

Следовательно, общий вид решения

где
\[
\gamma_{2}(t)=e^{i \frac{\omega-\omega_{0}}{2} t}\left(a e^{i r t}+b e^{-i r t}\right),
\]
\[
r=\sqrt{\left(\frac{\omega-\omega_{0}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\mu B_{n}}{\hbar}\right)^{2}} .
\]

Для определения постоянных $a$ и $b$ нужно иметь два начальных условия. Одно из них $\gamma_{2}(0)=0$ следует из условия $C_{2}(0)=0$ и приводит к соотношению $b=-a$. Тогда
\[
\gamma_{2}(t)=2 i a e^{t \frac{\omega-\omega_{0}}{2} t} \sin r t .
\]

Из условия $C_{1}(0)=1$ следует $\gamma_{1}(0)=1$. Учитывая уравнение (2), при $t=0$ имеем $\left(d \gamma_{2} / d t\right)(t=0)=i\left(\mu B_{n} / \hbar\right)$. Подставляя сюда явное выражение для $\gamma_{2}$, находим
\[
a=\frac{1}{2} \frac{\mu B_{n} / \hbar}{r} .
\]

Окончательно, вероятность того, что в момент времени $T$ спин частицы будет направлен против оси $z$, х. е. вдоль вектора $\mathbf{B}_{0}$, равна
\[
P_{2}=\left|\gamma_{2}\right|^{2}=\left(\frac{\mu B_{n}}{\hbar}\right)^{2} \frac{\sin ^{2} r T}{r^{2}} .
\]

В частности, при резонансе $\left(\omega=\omega_{0}\right)$
\[
P_{2}=\sin ^{2}\left(\frac{\mu B_{n} T}{\hbar}\right),
\]

а вдали от резонанса $\left(\frac{\omega-\omega_{0}}{2}\right)^{2} \gg\left(\frac{\mu B_{n}}{\hbar}\right)^{2}$
\[
P_{2}=\left(\frac{\mu B_{n} T}{\hbar}\right)^{2} \frac{\left[\sin ^{2}\left(\omega-\omega_{0}\right) T / 2\right]}{\left[\left(\omega-\omega_{0}\right) T / 2\right]^{2}} .
\]

Обратим внимание на сходство этих результатов с формулами (7.50) и (7.52) (вып. 8, стр. 167 и 170).

К главе 9. Еще системы с двумя состояниями
9.1. Пусть в некоторой системе координат гамильтониан записан в виде (9.4) (вып. 8, стр. 206), т. е.
\[
H_{i j}=-\mu\left[\sigma_{i j}^{x} B_{x}+\sigma_{i j}^{y} B_{y}+\sigma_{i j}^{z} B_{z}\right],
\]

причем величины $\sigma_{i j}^{x}, \sigma_{i j}^{y}, \sigma_{i j}^{z}$ в соответствии с $\$ 1$ гл. 9 образуют матрицы Паули. Иначе говоря, это означает, что в качестве базисных состояний выбраны состояния со спином по и против оси $z$. Перейдем теперь к другой системе координат, оставив неизменными базисные состояния $|i\rangle,|j\rangle$. При этом матричные элементы гамильтониана не изменятся (ср. «Лекции», § 6 гл. 8, вып. 8, стр. 196 , где меняются как раз базисные состояния), и в новой системе координат
\[
H_{i j}=-\mu\left[\sigma_{i j}^{x^{\prime}} B_{x^{\prime}}+\sigma_{i j}^{y^{\prime}} B_{y^{\prime}}+\sigma_{i j}^{z^{\prime}} B z^{\prime}\right] .
\]

Выражая $B_{\alpha^{\prime}}\left(\alpha^{\prime}=x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right)$ через $B_{\alpha}(\alpha=x, y, z)$,
\[
B_{\alpha^{\prime}}=\sum_{\alpha} C_{\alpha^{\prime} \alpha^{\beta}} B_{\alpha}
\]

находим связь между $\sigma_{i j}^{\alpha}$ и $\sigma_{i j}^{\alpha^{\prime}}$, т. е. закон преобразования әлементов матриц Паули при поворотах системы координат:
\[
\sigma_{i j}^{\alpha}=\sum_{\alpha^{\prime}} \sigma_{i j}^{\alpha^{\prime}} C_{\alpha^{\prime} \alpha} .
\]

Учитывая, что величины $C_{\alpha^{\prime} \alpha}$ образуют ортогональную матрицу, т. е.

получаем
\[
\sum_{\alpha} C_{\alpha^{\prime} \alpha} C_{\beta^{\prime} \alpha}=\delta_{\alpha^{\prime} \beta^{\prime}}
\]
\[
\sigma_{i j}^{\alpha^{\prime}}=\sum_{\alpha} C_{\alpha^{\prime} \alpha} \sigma_{i j^{\prime}}^{\alpha}
\]

Но это как раз закон преобразования вектора. Переходя от матричных элементов к матрицам Паули, т. е. опуская индексы $i$ и $j$, приходим к выводу, что матрицы $\sigma_{x}, \sigma_{y}, \sigma_{z}$ преобразуются друг через друга при поворотах системы координат как компоненты вектора.

Соотношения
\[
\boldsymbol{\sigma} \times \boldsymbol{\sigma}=2 i \sigma, \quad \boldsymbol{\sigma} \cdot \boldsymbol{\sigma}=3\left(\begin{array}{ll}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right)
\]

легко проверить непосредственным перемножением матрип Паули. Например,
\[
\begin{aligned}
(\boldsymbol{\sigma} \times \boldsymbol{\sigma})_{x} & =\sigma_{y} \sigma_{z}-\sigma_{z} \sigma_{y}= \\
& =\left(\begin{array}{rr}
0 & -i \\
i & 0
\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}
1 & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right)-\left(\begin{array}{rr}
1 & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}
0 & -i \\
i & 0
\end{array}\right), \\
& =\left(\begin{array}{rr}
0 & i \\
i & 0
\end{array}\right)-\left(\begin{array}{rr}
0 & -i \\
-i & 0
\end{array}\right)=2 i \sigma_{x} .
\end{aligned}
\]

Аналогично получим соотношения
\[
\begin{array}{l}
\sigma_{z} \sigma_{x}-\sigma_{x} \sigma_{z}=2 i \sigma_{y}, \\
\sigma_{x} \sigma_{y}-\sigma_{y} \sigma_{x}=2 i \sigma_{z}, \\
\sigma_{x} \sigma_{x}+\sigma_{y} \sigma_{y}+\sigma_{z} \sigma_{z}=3\left(\begin{array}{ll}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right) .
\end{array}
\]

Найдем также произведение трех матриц Паули:
\[
\sigma_{x} \sigma_{y} \sigma_{z}=\left(\begin{array}{rr}
0 & i \\
i & 0
\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}
0 & -i \\
i & 0
\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}
1 & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}
0 & i \\
i & 0
\end{array}\right)=i \cdot\left(\begin{array}{ll}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right) .
\]
9.2. а) Для нахождения уровней энергии электрона, присоединенного к молекуле $\mathrm{CO}_{2}$, воспользуемся уравнением (9.62) («Лекции», вып. 8, стр. 239): Det $\left(H_{i j}-\delta_{i j} E\right)=0$ и будем считать, что в качестве состояний $|1\rangle,|2\rangle$, 13) выбраны состояния, описывающие электрон, принадлежащий соответственно первому атому кислорода, атому углерода и второму атому кислорода. Эиергии өлектрона в этих состояниях $H_{11}=H_{33}=E_{\mathrm{O}}, H_{22}=E_{C}$. Поскольку прямые переходы электрона от одного атома кислорода к другому не учитываются, то $H_{13}=H_{31}=0$. Из соображений симметрии матричные элементы $H_{12}$ и $H_{32}$, учитывающие переходы электроиа от атома углерода к атомам кислорода, равны. Обозначим их через $\boldsymbol{v}=H_{12}=H_{32}$. Далее, $H_{21}=H_{12}^{*}=v^{*}, H_{23}=H_{32}^{*}=v^{*}$. Таким образом, нахождение уровней энергии рассматриваемой системы сводится к решению уравнения
\[
\left|\begin{array}{ccc}
E_{\mathrm{O}}-E & v & 0 \\
v^{*} & E_{\mathrm{C}}-E & v^{*} \\
0 & v & E_{\mathrm{O}}-E
\end{array}\right|=0
\]

Расписывая детерминант, нетрудно найти корни этого уравнєния:
\[
E_{1,2}=\frac{E_{\mathrm{O}}+E_{\mathrm{C}}}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{E-E_{\mathrm{C}}}{2}\right)^{2}+2|v|^{2}}, \quad E_{3}=E_{\mathrm{O}} .
\]

б) Коэффициенты $a_{i}$ разложения
\[
|\psi(t)\rangle=e^{-i E t / \hbar} \sum_{i} a_{i}|i\rangle
\]

стационарного состояиия по базисным состояниям определяются системой уравнений
\[
\text { – } \sum_{i}\left(H_{i j}-\delta_{i j} E\right) a_{j}=0 .
\]

При $E_{\mathrm{O}}=E_{\mathrm{C}}=E_{0}$ эта система запишется так:
\[
\left\{\begin{array}{l}
\left(E_{0}-E\right) a_{1}+v a_{2}+0 \cdot a_{3}=0, \\
v^{*} a_{1}+\left(E_{0}-E\right) a_{2}+v^{*} a_{3}=0, \\
0 \cdot a_{1}+v a_{2}+\left(E_{0}-E\right) a_{3}=0 .
\end{array}\right.
\]

Если подставить значения энергии $E_{1,2}=E_{0} \pm|v| \sqrt{2}$, $E_{3}=E_{0}$ и решить систему относительно $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ (с учетом условия нормировки $\sum_{i=1}^{3}\left|a_{i}\right|^{2}=1$ ), то получим
1) для $E_{1}=E_{0}+|v| \sqrt{2}$
\[
a_{1}=a_{3}=\frac{1}{2}, \quad a_{2}=+\frac{1}{\sqrt{2}} e^{-i \alpha}
\]
(здесь $\alpha$-фаза матричного элемента: $v=|v| e^{i \alpha}$ );
2) для $E_{2}=E_{0}-|v| \sqrt{2}$
\[
a_{1}=a_{3}=\frac{1}{2}, \quad a_{2}=-\frac{1}{\sqrt{2}} e^{-i \alpha},
\]
3) для $E_{3}=E_{0}$
\[
a_{1}=-a_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}, \quad a_{2}=0 .
\]

Эти решения показывают, что в первом и втором состояниях электрон с вероятностью $1 \frac{2}{2}$ кпринадлежит атому углерода, и с вероятностью по $1 / 4$-каждому из атомов кислорода, тогда как в третьем состоянии он с равными вероятностями (по $1 / 2$ ) находится возле атомов кислорода, а вероятность «принадлежать» атому углерода равна нулю.

Следует иметь в виду, что полная система уровней молекулы $\mathrm{CO}_{2}$ гораздо сложнее полученной здесь. Это и понятно, так как при решении задачи не учитывались внутренние и вращательные степени свободы молекулы $\mathrm{CO}_{2}$.
9.3. Поскольку молекула $\mathrm{CH}_{4}$ образует правильный тетраэдр, любой атом водорода расположен одинаковым образом по отношению ко всем остальным атомам водорода. Поәтому звачения амплитуды перехода «дырки» от каждого атома водорода к любому другому одииаковы, так что все недиагональные матричные элементы гамильтониана совпадают:
\[
H_{12}=H_{21}=H_{19}=H_{81}=\ldots=v,
\]

причем $v=v^{*}$. Аналогично, из соображений симметрии
\[
H_{11}=H_{22}=H_{33}=H_{44}=E_{0} .
\]

Задача, таким образом, свелась к нахождению корней уравнения
\[
\left|\begin{array}{cccc}
E_{0}-E & v & v & v \\
v & E_{0}-E & v & v \\
v & v & E_{0}-E & v \\
v & v & v & E_{0}-E
\end{array}\right|=0 .
\]

Проще всего решить это уравнение, воспользовавшись общими свойствами определителей. Значение определителя не меняется, если любую строку (столбец) определителя, умноженную на произвольное постоянное число, прибавить к любой другой строке (столбцу). Прибавим к первому столбцу все остальные, а затем вычтем первую строку из всех остальных. Тогда получим
\[
\left|\begin{array}{cccc}
E_{0}+3 v-E & v & v & v \\
0 & E_{0}-v-E & 0 & 0 \\
0 & 0 & E_{0}-v-E & 0 \\
0 & 0 & 0 & E_{0}-v-E
\end{array}\right|=
\]

Таким образом, три уровня имеют одинаковую энергию
\[
E_{1}=E_{2}=E_{3}=E_{0}-v_{2}
\]

а четвертый имеет энергию
\[
E_{4}=E_{0}+3 v
\]

и отделен интервалом $4 / v /$ от первых трех.
8.4. Матрица $H_{i j}$ в рассматриваемом случае имеет вид
\[
\left(H_{i j}\right)=\left(\begin{array}{cccccc}
E_{0} & -A & 0 & 0 & 0 & -A \\
-A & E_{0} & -A & 0 & 0 & 0 \\
0 & -A & E_{0} & -A & 0 & 0 \\
0 & 0 & -A & E_{0} & -A & 0 \\
0 & 0 & 0 & -A & E_{0} & -A \\
-A & 0 & 0 & 0 & -A & E_{0}
\end{array}\right) .
\]

Фна записана с учетом того, что все диагональные матриччые элементы в силу симметрии системы равны между собой:
\[
H_{11}=H_{22}=\ldots=H_{66} \approx E_{0},
\]

а среди недиагональных матричных элементов отличны от нуля лишь соответствующие переходам между соседними атомами, причем все эти ненулевые матричные элементы совпадают (из соображений симметрии) и равны – $A$.
Система уравнений
\[
\begin{array}{l}
\left(E_{0}-E\right) a_{1}-A a_{2}-A a_{6}=0 \text {, } \\
-A a_{1}+\left(E_{0}-E\right) a_{2}-A a_{5}=0 \text {, } \\
\text {. . . . . . . . . . . . } \\
-A a_{1}-A a_{5}+\left(E_{0}-E\right) a_{6}=0 \text {, } \\
\end{array}
\]

составленная с помощью этой матрицы, очевидно, удовлетворяется при одинаковых коэффициентах $a_{i}\left[C_{i}=a_{i} \exp (-i E t / \hbar)\right]$, если $E=E_{0}-2 A$. Прежде чем находить значения энергий остальных пяти состояний, определим величину $\delta$. Как вндно из условия, при переходе к соседнему атому (по часовой стрелке) амплитуда пребывания электрона на соответствующем атоме умножается на $e^{i^{\hat{\delta}}}$. Используя симметрию системы, можно в дополнение к соотношениям, приведенным в условии, написать $C_{1}=C_{6} e^{i 0}$, или $a_{1}=a_{6} e^{i \hat{0}}$. С другой стороны, из условия имеем $a_{6}=a_{1} e^{i 5^{\delta}}$. Следовательно, $e^{6 i \hat{\delta}}=1$ и допустимые значения
\[
\delta_{k}=\frac{2 \pi}{6}(k-1) \quad(k=1,2, \ldots, 6) .
\]

Из условия нормировки $\sum_{i}\left|a_{i}\right|^{2}=1$ можно определить величину $a_{1}=1 / \sqrt{6}$. Значения энергии, соответствующие найденным коэффициентам $a_{j}^{(k)}$, можно получить, подставляя $a_{j}^{(k)}=(1 / \sqrt{6}) \exp \left[i \delta_{k}(j-1)\right]$ в систему (1). Из первого уравнения этой системы найдем
\[
\left(E_{0}-E\right) \frac{1}{\sqrt{6}}-A \frac{1}{\sqrt{6}} e^{i \delta_{k}}-A \frac{1}{\sqrt{6}} e^{5 i \delta_{k}}=0,
\]

откуда
\[
\begin{array}{c}
E_{k}=E_{0}-2 A \cos \frac{\pi}{3}(k-1) \\
(k=1,2,3,4,5,6)
\end{array}
\]

или $E_{1}=E_{0}-2 A, \quad E_{2}=E_{6}=E_{0}-A$, $E_{3}=E_{5}=E_{0}+A, E_{4}=E_{0}+2 A$. Все остальные уравнения системы (1) при этом удовлетворяются тождествеино, в чем можно убедиться непосредственной подстановкой.

Коэффициенты $C_{j}$ получаются из $a_{i}$ умножением на временно́й множитель
\[
C_{j}^{(k)}=a_{j}^{(k)} e^{-i E_{k} t / \hbar} .
\]

Диаграмма уровней рассматриваемой системы изображена на рисунке.

9.5. а) Уровни энергии определяются уравнением
\[
\left|\begin{array}{ccc}
E_{0}-E & -A & -A \\
-A & E_{0}-E & -A \\
-A & -A & E_{0}-E
\end{array}\right|=0,
\]

откуда
\[
E_{1,2}=E_{0}+A, \quad E_{3}=E_{0}-2 A,
\]

так что два уровня рассматриваемого молекулярного иона имеют равную энергию, а третий отделен от них интервалом
\[
\left|E_{1,2}-E_{3}\right|=3|A| \text {. }
\]
б) Пусть энергия двух базисных состояний изменилась на величину $\Delta$, а третьего-на величину $(\Delta+\varepsilon A)$. Тогда уровни энергии системы определятся уравнением
\[
\left|\begin{array}{ccc}
E_{0}+\Delta-E & -A & -A \\
-A & E_{0}+\Delta-E & -A \\
-A & -A & E_{0}+\Delta+\varepsilon A-E
\end{array}\right|=0 .
\]

Замечая, что этот определитель можно записать в виде
\[
\begin{array}{l}
\left|\begin{array}{ccc}
E_{0}+\Delta-E & -A & -A \\
-A & E_{0}+\Delta-E & -A \\
-A & -A & E_{0}+\Delta-E
\end{array}\right|+\varepsilon A\left|\begin{array}{cc}
E_{0}+\Delta-E & -A \\
-A & E_{0}+\Delta-E
\end{array}\right|= \\
=\left(E_{0}+\Delta-2 A-E\right)\left(E_{0}+\Delta+A-E\right)^{2}+ \\
+\varepsilon A\left\{\left(E_{0}+\Delta-E\right)^{2}-A^{2}\right]= \\
=\left(E_{0}+\Delta+A-E\right)\left[\left(E_{0}+\Delta-2 A-E\right)\left(E_{0}+\Delta+A-E\right)+\right. \\
\left.+\varepsilon A\left(E_{0}+\Delta-E-A\right)\right]
\end{array}
\]

находим $E_{1}=E_{0}+\Delta+A$.
Остальные два значения энергии найдем, приравняв нулю. квадратную скобку в написанном выше выражении. Решая получающееся квадратное уравнение и пренебрегая членами второго порядка по $\varepsilon$, получаем
\[
E_{2}=E_{0}+\Delta+A+\frac{1}{3} \varepsilon A, \quad E_{3}=E_{0}+\Delta-2 A+\frac{2}{3} \varepsilon A .
\]

Таким образом, если до наложения әлектрического поля два уровня иона имели одинаковую энергию, то теперь они расщепились на величину $1 / 3|\varepsilon A|=A / 300$, а интервал между первым и третьим уровнями изменился незначительно и стал равным $|3 A-2 / 3 \varepsilon A| \approx 2,993|A|$.

K главе 10. Сверхтоккое расщепление в водороде
10.1. Энергии уровней сверхтонкой структуры атома водорода в основном состоянии при наличин магнитного поля выражаются формулами (см. «Лекции», вып. 8, гл. 10):
\[
\begin{array}{ll}
E_{\mathrm{I}}=A+\mu B, & \mu=-\left(\mu_{e}+\mu_{p}\right), \\
E_{\mathrm{II}}=A-\mu B, & \mu_{\mathrm{II}}=A\left\{-1+2 \sqrt{1+\left(\frac{\mu^{\prime} B}{2 A}\right)^{2}}\right\}, \\
E_{\mathrm{IV}}=-A\left\{1+2 \sqrt{1+\left(\frac{\mu^{\prime} B}{2 A}\right)^{2}}\right\} . &
\end{array}
\]

Если магнитное поле мало ( $\mu B \ll 2 A$ ), то первые три из этих значений энергии относятся к состояниям с полным епином $j=1$ и его проекцией соответственно $m=+1,0$, -1 , а четвертое значение энергии – к состоянию с полным спином $j=0$. Пренебрегая квадратичными по $B$ членами, запишем частоты переходов из первых трех состояний в иизшее, четвертое состояние
\[
f_{1}=\frac{E_{1}-E_{1 \mathrm{~V}}}{2 \pi \hbar}=f_{0}+\frac{\mu B}{2 \pi \hbar}, \quad f_{2}=f_{0}-\frac{\mu B}{2 \pi \hbar}, \quad f_{3}=f_{0},
\]

где $f_{0}$-частота излучения при переходе между уровнями сверхтонкой структуры свободного атома водорода в основном состоянии ( 1420 Мсц). Расщепление линии
\[
\Delta f=\frac{\mu B}{2 \pi \hbar}
\]

оказывается равным в межзвездном пространстве $\sim 14,02 \xi$, в магнитном поле Земли $\sim 0,70$ Мац. (При $B=1$ с $\mu B / 2 \pi \hbar=1,397048013 \cdot 10^{7} 2 \xi$ ). Изменения длины волны соответственно равны $2 \cdot 10^{-7}$ и $1 \cdot 10^{-2} \mathrm{~cm}$.

При больших полях, когда выполнено условие $\mu^{\prime} B \gg A$, уровни сверхтонкой структуры уже нельзя характеризовать значением полного спина, а энергии уровней можно записать в виде
\[
\begin{aligned}
E_{\mathrm{I}}=A+\mu B, & E_{\mathrm{II}}=A-\mu B, \\
E_{\mathrm{II}}=-A+\mu^{\prime} B, & E_{\mathrm{IV}}=-A-\mu^{\prime} B .
\end{aligned}
\]

Тогда частоты переходов из состояний I, II, III в низшее состояние IV запишутся следующим образом:
\[
f_{1}=\frac{1}{2} f_{0}+\frac{\left|\mu_{e}\right| B}{\pi \hbar}, \quad \boldsymbol{t}_{2}=\frac{1}{2} f_{0}+\frac{\mu_{p} B}{\pi \hbar}, \quad f_{3}=\frac{\mu^{\prime} B}{\pi \hbar} .
\]

При $B=10^{\text {5 }}$ ас
\[
\begin{array}{l}
f_{1}=0,28064114 \cdot 10^{12} \mathrm{a \psi}, \quad f_{2}=0,11359225 \cdot 10^{10} \mathrm{z \psi}, \\
f_{3}=0,280356521 \cdot 10^{12} \mathrm{z \psi} . \\
\end{array}
\]

Соответствующие длины волн равны
\[
\lambda_{1}=0,10689 \mathrm{~cm}, \quad \lambda_{2}=26,41062 \mathrm{cM}, \quad \lambda_{9}=0,10701 \text { of. }
\]

К главе 11. Распространение в кристаллической решетке
11.1. Обозначим амплитуду пребывания электрона у $n$-го атома в состоянии $i$ через $C_{n}^{i}$, а в состоянии $j$-через $C_{n}^{j}$. Они удовлетворяют следующей системе уравнений:
\[
\begin{array}{l}
i \hbar \frac{d C_{n}^{i}}{d t}=E_{i} C_{n}^{i}-B\left(C_{n-1}^{i}+C_{n+1}^{l}\right)-A\left(C_{n-1}^{i}+C_{n+1}^{i}\right), \\
i \hbar \frac{d C_{n}^{l}}{d t}=E_{j} C_{n}^{j}-B\left(C_{n-1}^{i}+C_{n+1}^{i}\right)-A\left(C_{n-1}^{l}+C_{n+1}^{j}\right) .
\end{array}
\]

Для стационарных состояний зависимость амплитуд от времени известна
\[
C_{n}^{l}=a_{n}^{i} e^{-i E t / \hbar}, \quad C_{n}^{j}=a_{n}^{j} e^{-i E t / \hbar} .
\]

Подставляя әти выражения в (1), получаем систему уравнений для коэффициентов $a_{n}$ :
\[
\begin{array}{l}
\left(E_{i}-E\right) a_{n}^{i}-A\left(a_{n-1}^{j}+a_{n+1}^{i}\right)-B\left(a_{n-1}^{j}+a_{n+1}^{j}\right)=0, \\
\left(E_{j}-E\right) a_{n}^{j}-A\left(a_{n-1}^{j}+a_{n+1}^{j}\right)-B\left(a_{n-1}^{i}+a_{n+1}^{i}\right)=0 .
\end{array}
\]

Решение этой системы ищем в виде
\[
\begin{array}{l}
a_{n}^{i}=\alpha_{i} e^{i k x_{n}}, \\
a_{n}^{j}=\alpha_{j} e^{i k x_{n}},
\end{array}
\]

где $x_{n}=b n$. Тогда $\alpha_{i}$ и $\alpha_{f}$ удовлетворяют системе уравнений
\[
\begin{aligned}
\left(E_{i}-2 A \cos k b-E\right) \alpha_{i}-(2 B \cos k b) \alpha_{j} & =0, \\
-(2 B \cos k b) \alpha_{i}+\left(E_{j}-2 A \cos k b-E\right) \alpha_{j} & =0,
\end{aligned}
\]

условием разрешимости которой является обращение в нуль определителя:
\[
\left|\begin{array}{ll}
E_{i}-2 A \cos k b-E & -2 B \cos k b \\
-2 B \cos k b & E_{j}-2 A \cos k b-E
\end{array}\right|=0 .
\]

Решая әто квадратное уравнение относительно $E$, получаем две полосы допустимых значений энергии:
\[
\begin{array}{l}
E_{1}=\frac{1}{2}\left\{\mathrm{E}_{i}+E_{j}+\sqrt{\left(E_{i}-E_{j}\right)^{2}+16 B^{2} \cos ^{2} k b}\right\}-2 A \cos k b, \\
E_{2}=\frac{1}{2}\left\{E_{i}+E_{j}-\sqrt{\left(E_{i}-E_{j}\right)^{2}+16 B^{2} \cos ^{2} k b}\right\}-2 A \cos k b .
\end{array}
\]

В предельном случае $\left|E_{l}-E_{j}\right| \gg 2 B$ получаем просто две независимые полосы, лежащие вокруг энергий $E_{i}$ и $E_{j}$ :
\[
\begin{array}{l}
E_{1}=E_{i}-2 A \cos k b, \\
E_{2}=E_{i}-2 A \cos k b .
\end{array}
\]

Этот результат совершенно аналогичен полученному в $\S 1$ гл. 11 «Лекций» (вып. 9), когда учитывается лишь одно состояние электрона в атоме. Это и понятно: ведь условие $\left|E_{i}-E_{j}\right| \gg 2 B$ фактически означает, что полосы можно рассматривать независимо друг от друга.
В другом случае $\left|E_{i}-E_{j}\right| \ll 2 B$ получаем
\[
\begin{array}{l}
E_{1}=\frac{E_{i}+E_{j}}{2}-2(A-B) \cos k b, \\
E_{2}=\frac{E_{i}+E_{j}}{2}-2(A+B) \cos k b .
\end{array}
\]

Здесь обе полосы расположены вокруг общего щцентра тяжести» $\left(E_{i}+E_{j}\right) / 2$, причем одна полоса лежит внутри другой.
11.2. Записываем систему уравнений для амплитуд
\[
\begin{array}{l}
i \hbar \frac{d C_{n}^{a}}{d t}=\left(E_{0}+\Delta E\right) C_{n}^{a}-A\left(C_{n-1}^{b}+C_{n}^{b}\right), \\
i \hbar \frac{d C_{n}^{b}}{d t}=\left(E_{0}-\Delta E\right) C_{n}^{b}-A\left(C_{n}^{a}+C_{n+1}^{a}\right)
\end{array}
\]

и ищем решение в виде
\[
\begin{array}{l}
C_{n}^{a}=\alpha \exp \left[i\left(k x_{n}^{a}-\frac{E t}{\hbar}\right)\right], \\
C_{n}^{b}=\beta \exp \left[i\left(k x_{n}^{b}-\frac{E t}{\hbar}\right)\right] .
\end{array}
\]

Координата $n$-го атома типа $a$ равна $x_{n}^{a}=2 n c$; типа $b$ соответственно равна $x_{n}^{b}=(2 n+1) c$. Тогда для величин $\alpha$ и $\beta$ получаем систему алгебраических уравнений:
\[
\begin{aligned}
\left(E_{0}+\Delta E-E\right) \alpha-(2 A \cos k c) \beta & =0, \\
-(2 A \cos k c) \alpha+\left(E_{0}-\Delta E-E\right) \beta & =0 .
\end{aligned}
\]

Требованне обращения в нуль определителя этой системы даeт
\[
E=E_{0} \pm \sqrt{(\Delta E)^{2}+(2 A \cos k c)^{2}} .
\]

Примерная зависимость энергии $E$ от волнового числа $k$ показана на рисунке.
Из рисунка, как и из формулы для $E$, видно, что если $k$ меняется от нуля до $\pi / 2 c$, то энергия принимает все свои допустимые значения: в верхней полосе от $E_{0}+$ $+\sqrt{(\Delta E)^{2}+4 A^{2}}$ до $E_{0}+\Delta E$, а в нижней полосе от $E_{0}-\Delta E$ до $E_{0}-\sqrt{(\Delta E)^{2}+4 A^{2}}$.
11.3. Будем исходить из уравнений для не зависящих от времени амплитуд $a_{n}$ [таких, что $C_{n}(t)=a_{n} \exp (-i E t / \hbar)$ ]. Имеем
\[
\begin{array}{ll}
E a_{n}=E_{0} a_{n}-A a_{n+1}-A a_{n-1} & (n \leqslant-2) ; \\
E a_{-1}=E_{0} a_{-1}-B a_{0}-A a_{-2}, & \\
E a_{0}=E_{0} a_{0}-B a_{+1}-B a_{-1}, \\
E a_{+1}=E_{0} a_{1}-A a_{2}-B a_{0}, \\
E a_{n}=E_{0} a_{n}-A a_{n-1}-A a_{n+1} \quad & \\
\end{array}
\]

Решения ищем в виде
\[
\begin{array}{lll}
a_{n}=e^{i k x_{n}}+\beta e^{-i k x_{n}} & \text { для всех } & n<0, \\
a_{n}=\gamma e^{i k x_{n}} & \text { для всех } & n>0,
\end{array}
\]

причем $x_{n}=b n$.
Из уравнений для $n \geqslant 2$ можно сразу же получить допустимые значения энергии
\[
E=E_{0}-2 A \cos k b .
\]

Осталось три уравнения
\[
\begin{array}{l}
\left(E_{0}-E\right)\left(e^{-i k b}+\beta e^{i k b}\right)-B a_{0}-A\left(e^{-2 l k b}+\beta e^{2 i k b}\right)=0, \\
\left(E_{0}-E\right) a_{0}-B\left(e^{-i k b}+\beta e^{l k b}\right)-B \gamma e^{i k b}=0, \\
\left(E_{0}-E\right) \gamma e^{i k b}-B a_{0}-A \gamma e^{2 i k b}=0 .
\end{array}
\]

Из первого и третьего уравнений с учетом соотношения $E_{0}-E=A\left(e^{i k b}+e^{-i k b}\right)$ получим соответственно
\[
\beta=\frac{B}{A} a_{0}-1
\]

H
\[
\gamma=\frac{B}{A} a_{0}=\beta+1 .
\]

Подставив теперь эти выражения во второе уравнение, найдем
\[
a_{0}=\frac{i A B \sin k b}{\left(B^{2}-A^{2}\right) \cos k b+i B^{2} \sin k b} .
\]

Следовательно,
\[
\begin{array}{l}
\gamma=\frac{i B^{2} \sin k b}{\left(B^{2}-A^{2}\right) \cos k b+i B^{2} \sin k b}, \\
\beta=\gamma-1=\frac{\left(A^{2}-B^{2}\right) \cos k b}{\left(B^{2}-A^{2}\right) \cos k b+i B^{2} \sin k b} .
\end{array}
\]

Как и должно быть, найденные величины, «амплитуда прохождения» $\gamma$ и «амплитуда отражения» $\beta$, удовлетворяют условию $|\beta|^{2}+|\gamma|^{2}=1$.
11.4. а) Из соотношения $|\beta|^{2}+|1+\beta|^{2}=1$ следует
или
\[
2 \beta \beta^{*}+\beta+\beta^{*}=0 \text {, }
\]
\[
\beta\left(\beta^{*}+1\right)+\beta^{*}(\beta+1)=0 \text {. }
\]

Поделив это соотношение на величину $(\beta+1)\left(\beta^{*}+1\right)$, получим
\[
\frac{\beta}{\beta+1}+\frac{\beta^{*}}{\beta^{*}+1}=2 \operatorname{Re} \frac{\beta}{\beta+1}=0 .
\]
б) Представим $\beta$ в виде $|\beta| e^{i(\eta+\pi / 2)}$ и воспользуемся соотношением $|\beta|^{2}+\operatorname{Re} \beta=0$. Тогда $|\beta|^{2}+|\beta| \cos \left(\eta+\frac{\pi}{2}\right)=$ $=0$, откуда $|\beta|=\sin \eta$.
Следовательно, $\beta=i e^{l n} \sin \eta$.
11.5. Если крайний атом левого кристалла считать нулевым, то система уравнений для амплитуд $a_{n}$ имеет вид
\[
\begin{array}{l}
\left(E_{0}-E\right) a_{n}-A\left(a_{n-1}+a_{n+1}\right)=0 \quad(n \leqslant-1), \\
\left(E_{0}-E\right) a_{0}-A a_{-1}-B a_{1}=0, \\
\left(E_{0}^{\prime}-E\right) a_{1}-B a_{0}-A^{\prime} a_{2}=0, \\
\left(E_{0}^{\prime}-E\right) a_{n}-A^{\prime}\left(a_{n-1}+a_{n+1}\right)=0 \quad(n \geqslant 2) .
\end{array}
\]

Решение для области $l$ ищем в виде суммы падающей и отраженной волн
\[
a_{n}(n \leqslant 0)=e^{i k x_{n}}+\beta e^{-i k x_{n}}, \quad x_{n}=b n,
\]

а для области $I I$-в виде прошедшей волны
\[
a_{n}(n \geqslant 1)=\gamma e^{i k^{\prime} x_{n}^{\prime}}, \quad x_{n}^{\prime}=b^{\prime} n .
\]

Тогда из уравнений для $n \leqslant-1$ получим допустимые значения энергии
\[
E=E_{0}-2 A \cos k b .
\]

С другой стороны, та же әнергия $E$ (из уравнений для $n \geqslant 2$ ) равна
\[
E=E_{0}^{\prime}-2 A^{\prime} \cos k^{\prime} b^{\prime} .
\]

Это означает, что волновые числа в областях $I$ и $/ /$ связаны соотношением
\[
E_{0}-2 A \cos k b=E_{0}^{\prime}-2 A^{\prime} \cos k^{\prime} b^{\prime} .
\]
a) Обратимся теперь к оставшимся второму и третьему уравнениям. Подставим в них явный вид амплитуд $a_{-1}, a_{0}$, $a_{1}, a_{2}$ и воспользуемся соотношениями
\[
\begin{array}{l}
E_{0}-E=A\left(e^{i k b}+e^{-i k b}\right), \\
E_{0}^{\prime}-E=A^{\prime}\left(e^{i k^{\prime} b^{\prime}}+e^{-i k^{\prime} b^{\prime}}\right) .
\end{array}
\]

Тогда второе уравнение преобразуется к виду
\[
A e^{-l k b} \beta+A e^{i k b}-B e^{l k^{\prime} b^{\prime}} \gamma=0,
\]

а третье уравнение сразу дает искомое соотношение
\[
\gamma=\frac{B}{A^{\prime}}(1+\beta) \text {. }
\]
б) Подставив это выражение для $\gamma$ в предыдущее уравнение, находим
\[
\beta=-\frac{A A^{\prime} e^{i k b}-B^{2} e^{l k^{\prime} b^{\prime}}}{A A^{\prime} e^{-i k b}-B^{2} e^{i k^{\prime} b^{\prime}}} .
\]

Если $k^{\prime}-$ мнимое, $k^{\prime}=i x$, то $e^{i k^{\prime} b^{\prime}}=e^{-x b^{\prime}}$. Поскольку $A, A^{\prime}$ и $B$-вещественные числа (как и $k b$ ), то числитель и знаменатель являются комплексно-сопряженными друг по отношению к другу. Следовательно, $|\beta|=1$. Но величина $|\beta|^{2}$ есть доля отраженных частиц. Следовательно, все частицы, доходящие до поверхности раздела, должны отражаться от нее. Этот результат легко понять: мнимость волнового числа $k^{\prime}$ означает отсутствие потока частиц в области $I I$, или, проще говоря, означает, что частица не может свободно распространяться в этой области (хотя и может «забежать» в нее с краю). Это случится, если өнергия частицы, налетающей слева на границу раздела не попадает в область янергий, допустимых для свободного распространения в правом кристалле, т. е.
\[
\left|E_{0}-E_{0}^{\prime}\right| \geqslant 2|A|+2\left|A^{\prime}\right| .
\]
в) Для проверки закона сохранения числа частиц найдем прежде всего групповые скорости
\[
\begin{array}{l}
v_{g}=\frac{1}{\hbar} \frac{d E}{d k}=\frac{b}{\hbar} 2 A \sin k b, \\
v_{g}^{\prime}=\frac{1}{\hbar} \frac{d E}{d k^{\prime}}=\frac{b^{\prime}}{\hbar} 2 A^{\prime} \sin k^{\prime} b^{\prime} .
\end{array}
\]

Заметим, что
\[
\frac{v_{g}^{\prime} / b^{\prime}}{v_{g} / b}=\frac{A^{\prime} \sin k^{\prime} b^{\prime}}{A \sin k b} .
\]

Дальше, используя связь между $\beta$ и $\gamma$, а также явный вид $\beta$, найдем
\[
\gamma=\frac{B}{A^{\prime}}(1+\beta)=-\frac{2 i A B \sin k b}{A A^{\prime} e^{-i k^{b}}-B^{2} e^{i k^{\prime} b^{\prime}}} .
\]

Тогда
\[
|\gamma|^{2}=\frac{4 A^{2} B^{2} \sin ^{2} k b}{\left(A A^{\prime}\right)^{2}+B^{4}-2 A A^{\prime} B^{2} \cos \left(k b+k^{\prime} b^{\prime}\right)} .
\]

Из явного вида $\beta$ получаем
\[
|\beta|^{2}=\frac{\left(A A^{\prime}\right)^{2}+B^{4}-2 A A^{\prime} B^{2} \cos \left(k b-k^{\prime} b^{\prime}\right)}{\left(A A^{\prime}\right)^{2}+B^{4}-2 A A^{\prime} B^{2} \cos \left(k b+k^{\prime} b^{\prime}\right)} .
\]

В числителе этого выражения добавим и вычтем величину $2 A A^{\prime} B^{2} \cos \left(k b+k^{\prime} b^{\prime}\right)$. Тогда
\[
|\beta|^{2}=1+\frac{2 A A^{\prime} B^{2}\left[\cos \left(k b+k^{\prime} b^{\prime}\right)-\cos \left(k b-k^{\prime} b^{\prime}\right)\right]}{\left(A A^{\prime}\right)^{2}+B^{4}-2 A A^{\prime} B^{2} \cos \left(k b+k^{\prime} b^{\prime}\right)} .
\]

Преобразуя разность косинусов, получаем
\[
|\beta|^{2}=1-\frac{4 A A^{\prime} B^{2} \sin k b \sin k^{\prime} b^{\prime}}{\left(A A^{\prime}\right)^{2}+B^{4}-2 A A^{\prime} B^{2} \cos \left(k b+k^{\prime} b^{\prime}\right)} .
\]

Но дробь в первой части этого равенства как раз равна $|\gamma|^{2} \frac{v_{g}^{\prime} / b^{\prime}}{v_{g} / b}$. Таким образом, получаем закон сохранения числа частиц
\[
|\beta|^{2}+|\gamma|^{2} \frac{v_{g}^{\prime} / b^{\prime}}{v_{g} / b}=1 .
\]

Появление множителя при $|\gamma|^{2}$ можно пояснить следующим образом. Закон сохранения числа частиц означает физически, что поток частиц, приходящих слева, равен сумме потоков частиц, прошедших границу и отраженных от нее. Величины $|\beta|^{2}$ и $|\gamma|^{2}$ пропорциональны вероятности для частицы находиться вблизи данного атома, т. е. плотности числа частиц в том или другом потоке. А для того, чтобы получить величину потока, нужно умножить плотность частиц на их скорость. Прн этом нужна скорость, измеряемая количеством атомов, проходимых частицей в единицу времени, для этого и приходится поделить $v_{g}$ на $b$.

Полезно заметить, что полученное выше соотношение несправедливо при мнимом $k^{\prime}$. Для этого случая поток в области $/ /$ отсутствует, и закон сохранения числа частиц принимает вид $|\beta|^{2}=1$.

К главе 12. Полупроводники
12.1. Распишем-уравнения движения электроиа в полупроводнике по компонентам:
\[
\begin{array}{l}
\frac{d v_{x}}{d t}+\frac{1}{\tau} v_{x}=\frac{q}{m^{*}} E_{x}+\omega_{c} v_{y}, \\
\frac{d v_{y}}{d t}+\frac{1}{\tau} v_{y}=-\omega_{c} v_{x}, \\
\frac{d v_{z}}{d t}+\frac{1}{\tau} v_{z}=0 .
\end{array}
\]

Уравнение для 2 -компоненты скорости решается элементарно $\left(v_{z}=v_{0 z} e^{-t / \tau}\right)$, и для наших целей не представляет интереса. Для решения первых двух уравнений удобно заменить
\[
E_{*}=E_{0} \cos \omega t=\operatorname{Re}\left(E_{0} e^{i \omega t}\right)
\]

комплексной величиной $E_{x}=E_{0} e^{i \omega t}$.
Решение уравнений ищем в виде
\[
\begin{array}{l}
v_{x}=a e^{i \omega t}, \\
v_{y}=b e^{i \omega t},
\end{array}
\]

где $a$ и $b$-комплексные постоянные величины, для которых получаем систему алгебраических уравнений
\[
\begin{aligned}
\left(i \omega+\frac{1}{\tau}\right) a-\omega_{c} b & =\frac{q F_{0}}{m^{*}}, \\
\omega_{c} a+\left(i \omega+\frac{1}{\tau}\right) b & =0 .
\end{aligned}
\]

Решая их, получаем
\[
v_{x}=\frac{1+i \omega \tau}{(1+i \omega \tau)^{2}+\omega_{c}^{2} \tau^{2}} \frac{q \tau E_{0}}{m^{*}} e^{i \omega t} .
\]

Следовательно, искомое соотношение
\[
\frac{v_{x}}{E_{x}}=\frac{q \tau}{m^{*}} \frac{1+i \omega \tau}{1+\left(\omega_{c}^{2}-\omega^{2}\right) \tau^{2}+2 i \omega \tau}
\]

получено.
Мощность, поглощаемая электроном от поля, находится по формуле
\[
P=q \operatorname{Re} v_{x} \operatorname{Re} E_{x} .
\]

Но $\operatorname{Re} E_{x}=E_{0} \cos \omega t$, а величину $\operatorname{Re} v_{x}$ запишем следующим образом:
\[
\operatorname{Re} v_{x}=\operatorname{Re}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}} E_{x}\right)=\operatorname{Re}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}}\right) \operatorname{Re} E_{x}-\operatorname{Im}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}}\right) \operatorname{Im} E_{x} .
\]

Тогда поглощаемая мощность равна
\[
P(t)=q E_{0}^{2} \operatorname{Re}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}}\right) \cos ^{2} \omega t-q E_{0}^{2} \operatorname{Im}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}}\right) \cos \omega t \sin \omega t .
\]

При усреднении по периоду $T=2 \pi / \omega$ второе слагаемое обратится в нуль, поскольку отношение $v_{x} / E_{x}$ не зависит or времени, а интеграл $\int_{0}^{T} \cos \omega t \sin \omega t d t$ равен нулю. Таким образом, средняя за период поглощенная мощность будет пропорциональна $\operatorname{Re}\left(v_{x} / E_{x}\right)$ :
\[
\langle P\rangle=\frac{1}{2} q E_{0}^{2} \operatorname{Re}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}}\right) .
\]

Проанализируем частотную зависимость поглощаемой мощности. Имеем
\[
\operatorname{Re}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}}\right)=\frac{1+\left(\omega_{c}^{2}+\omega^{2}\right) \tau^{2}}{\left[1+\left(\omega_{c}^{2}-\omega^{2}\right) \tau^{2}\right]^{2}+4 \omega^{2} \tau^{2}} \frac{q \tau}{m^{*}} .
\]

При $\omega_{c} \tau \gg 1$ это выражение существенно упрощается. Введем обозначение $\Delta \omega=\omega-\omega_{c}$ и будем считать, что $|\Delta \omega| \ll \omega_{c}$. Тогда получим
\[
\operatorname{Re}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}}\right)=\frac{1}{1+(\Delta \omega)^{2} \tau^{2}} \frac{q \tau}{2 m^{*}} .
\]

Это означает, что поглощаемая мощность максимальна при $\omega=\omega_{c}(\Delta \omega=0)$, причем ширина максимума (определяемая по частоте, при которой поглощаемая мощность вдвое меньше максимальной) равна $1 / \tau$. Измеряя частоту, отвечающую максимуму поглощения, и ширину этого максимума, можно получить $m^{*}$ и $\tau$.

Предположим теперь, что $\omega_{c} \tau$ умеиьшается. Когда эта величина приближается к единице, полученная выше упрощенная формула становится неприменимой. Чтобы понять, что происходит с зависимостью поглощенной мощности от частоты, исследуем случай $\omega_{c} \tau \ll 1$, иначе говоря, положим $\omega_{c}=0$. Тогда
\[
\operatorname{Re}\left(\frac{v_{x}}{E_{x}}\right)=\frac{q \tau}{m^{*}} \frac{1}{1+\omega^{2} \tau^{2}},
\]
т. е. частотная зависимость этой величины не содержит максимума при отличных от нуля частотах, т. е. резонанс не наблюдается. Переход между двумя предельными формами частотной зависимости происходит где-то в области $\omega_{c} \tau \sim 1$. Условие $\omega_{c} \tau>1$ означает, что время между столкновениями $\tau$ больше, чем период обращения электрона. Ясно, что только в этом случае движение электрона будет периодическим (по крайней мере между столкновениями) и, стало быть, наблюдение резонанса будет возможно.
12.2. «Ток тепловых дырок» $I_{r}$, текущий из области $p$ в область $n_{\text {; }}$ будет пропорционален концентрации таких дырок в $p$-области, өнергия которых достаточна для преодоления барьера:
\[
I_{r} \sim N_{p}(p) e^{-q\left(V_{0}+V\right) / k T} .
\]

Здесь через $V_{0}$ обозначена разность потенциалов между $n$ – и $p$-областями в условиях равновесия; $V$-дополнительная разность потенциалов, приложенная извне; $N_{p}(p)$ – полная концентрация дырок в р-области.

Если же дырки переходят из $n$ – в $p$-область, то им не нужно преодолевать барьер, так что создаваемый ими ток $I_{g}$ будет пропорционален всей концентрации дырок в $n$-области:
\[
I_{g} \sim N_{p}(n) .
\]

Результирующий дырочный ток $I_{p}$ равен разности этих двух токов:
\[
\begin{aligned}
I_{p} & =I_{g}-I_{r}=I_{r}\left(\frac{I_{g}}{I_{r}}-1\right)= \\
& =I_{r}\left[\frac{N_{p}(n)}{N_{p}(p)} e^{q\left(V_{0}+V\right) / k T}-1\right] .
\end{aligned}
\]

В условиях равновесия (при $V=0$ ) результирующий ток должен быть равен нулю. Из этого условия получаем отношение конщентраций дырок в $n$ – и $p$-областях:
\[
\frac{N_{p}(n)}{N_{p}(p)}=e^{-q V_{0} / k T} .
\]

Тогда при отличном от нуля внешнем потенциале $V$ имеем
\[
I_{p}=I_{r}\left(e^{q V / k T}-1\right) .
\]

Точно такой же вид будет иметь ток отрицательных носнтелей (электронов), поэтому полный ток в $p-n$-переходе равен
\[
I=\left(I_{r}+I_{e}\right)\left(e^{q V / k T}-1\right) .
\]

Здесь $I_{e}$-ток электронов из области $n$ в область $p$ при равновесных условиях.

Величину ( $\left.I_{r}+I_{e}\right)$ можно интерпретировать как максимальный ток, который может течь при отрицательной внешней разности потенциалов.

К главе 13. Приближение независимых частиц,
13.1. В приближении независимых частиц энергия рассматриваемой системы равна сумме энергий каждого из электронов, осуществляющих двойные связи. Такой электрон может «принадлежать» одному из четырех атомов углерода и иметь энергию $E_{0}$. Однако наличие переходов электрона от одного атома к соседнему делает такие состояния нестационарными. Матричный элемент перехода равен $-A$, так что, согласно $\S 5$ гл. 13 «Јекций» (вып. 9, стр. 69), энергия стационарного состояния өлектрона может принимать значения
\[
E_{s}=E_{0}-2 A \cos \frac{\pi}{5} s \quad(s=1,2,3,4) .
\]

Тот же результат можно получить, приравнивая нулю детерминант, составленный с помощью энергетической матрицы $H_{i j}$. Тогда значения энергии определяются корнями уравнения:
\[
\left|\begin{array}{cccc}
E_{0}-E & -A & 0 & 0 \\
-A & E_{0}-E & -A & 0 \\
0 & -A & E_{0}-E & -A \\
0 & 0 & -A & E_{0}-E
\end{array}\right| \Rightarrow 0,
\]

Расписывая определитель, получим биквадратное уравнение
\[
\left(E-E_{0}\right)^{4}-3 A^{2}\left(E-E_{0}\right)^{2}+A^{4}=0,
\]

корнями которого являются величины
\[
\begin{array}{l}
E_{1}=E_{0}-\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}} A \approx E_{0}-1,618 A, \\
E_{2}=E_{0}-\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}} A \approx E_{0}-0,618 A, \\
E_{3}=E_{0}+\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}} A \approx E_{0}+0,618 A, \\
E_{4}=E_{0}+\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}} A \approx E_{0}+1,618 A .
\end{array}
\]

Любопытно, что, сравнив эти выражения с написанным выше

$E_{s}$, мы можем получить
\[
\cos \frac{\pi}{5}=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}, \quad \cos \frac{2 \pi}{5}=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}} .
\]

хотя не занимались здесь никакой тригонометрией.
В основном состоянии молекулы бутадиена два әлектрона из двойных связей имеют энергию $E_{1}$ (один со спином «вверх», другой со спином «вннз»), а два другнх электрона өнергию $E_{2}$. Если же молекула бутадиена находнтся на первом возбужденном уровне, то один из электронов, имевших энергию $E_{0}$ в основном состоянии, будет иметь энергию $E_{3}$. Таким образом, энергия излучения, испускаемого молекулой бутадиена при переходе с первого возбужденного на основной уровень, равна
\[
\hbar \omega=E_{3}-E_{2}=\sqrt{2(3-\sqrt{5})} A \approx 1,236 A .
\]

Найти длину волны этого излучения теперь не представляет труда:
\[
\lambda=\frac{2 \pi c}{\omega}=\frac{2 \pi \hbar c}{1,236 A} .
\]

При $A=1$ эв получаем $\lambda=1,00 \cdot 10^{-4} \mathrm{cм}$.
Займемся теперь вопросом распределения электронов в молекуле. Если электрон имеет энергию $E_{s}$, то, как следует из § 5 гл. 13 «Лекций» (вып. 9), амплитуда вероятности нахождения этого электрона возле $n$-го атома равна
\[
a_{n}^{(s)}=D_{s} \sin \frac{\pi s}{5} \iota \text {. }
\]

Нормировочный множитель $D_{s}$ выберем так, чтобы выполнялось условие нормировки $\sum_{n=1}^{4}\left|a_{n}^{(s)}\right|^{2}=1$.

Тогда для состояния электрона с энергией $E_{I}(s=1)$ получим
\[
\begin{array}{l}
a_{1}^{(1)}=a_{4}^{(1)}=\frac{1}{2} \sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{5}}}, \\
a_{2}^{(1)}=a_{3}^{(1)}=\frac{1}{2} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{5}}} .
\end{array}
\]

Аналогично для $s=2$ имеем
\[
\begin{array}{l}
a_{1}^{(2)}=-a_{4}^{(2)}=\frac{1}{2} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{5}}}, \\
a_{2}^{(2)}=-a_{3}^{(2)}=\frac{1}{2} \sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{5}}} .
\end{array}
\]

В однократно ионизованной молекуле бутадиена два электрона находятся в состоянии с энергней $E_{1}$ п один электрон в состоянии с внергией $E_{2}$. Тогда вероятность обнаружить какой-либо электрон возле $n$-го атома можно записать следующим образом:
\[
p_{n}=2\left|a_{n}^{(1)}\right|^{2}+1 \cdot\left|a_{n}^{(2)}\right|^{2} .
\]

Подставляя сюда величины $a_{n}^{(s)}$, получаем
\[
\begin{array}{l}
p_{1}=p_{4}=\frac{1}{4}\left(3-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=0,6382, \\
p_{2}=p_{3}=\frac{1}{4}\left(3+\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=0,8618 .
\end{array}
\]

Этот результат позволяет сказать, что возле крайних атомов углерода находится примерно по 0,64 электрона, а возле средних – по 0,86 электрона.
13.2. Чтобы найти энергию, необходимую для разрыва бензольного кольца, необходимо знать энергии конфигурацнй $а$ и б, показанных на рисунке в условии задачн. В § 4 гл. 13 «Лекций» (вып. 9, стр. 62) энергия основного состояния конфигурации a в приближенин незавнсимых частиц была найдена:
\[
E_{a}=6 E_{0}-8 A .
\]

Әнергию конфигурации 6 найдем по методу, изложенному в той же главе в §5. Конфигурация б представляет собой линию из шести атомов углерода, причем энергия электрона из двойной связи, принадлежащего какому-либо из этих атомов, равна $E_{0}$, а матричный элемент перехода электрона к соседнему атому равен – $A$. Тогда одночастичная энергия электрона в стационарном состоянии равна $E=E_{0}-2 A \cos k b$. Величина $k b$ определяется условием, что амплитуда вероятности пребывания электрона у $n$-го атома, равная $\sin k b n$, обращается в нуль при $n=7$, т. е. для отсутствующего седьмого (как и нулевого) атома. Следовательно, $k b=\frac{\pi}{7} s$, где $s=1,2, \ldots, 6$.

В основном состоянии конфигурации 6 на низших одночастичных уровнях
\[
\begin{array}{l}
E_{1}=E_{0}-2 A \cos \frac{\pi}{7} \\
E_{2}=E_{0}-2 A \cos \frac{2 \pi}{7} . \\
E_{3}=E_{0}-2 A \cos \frac{3 \pi}{7}
\end{array}
\]

будет находиться по два электрона. Поэтому полная энергия основного состояния конфигурации 6 равна
\[
E_{\sigma}=6 E_{0}-4 A\left(\cos \frac{\pi}{7}+\cos \frac{2 \pi}{7}+\cos \frac{3 \pi}{7}\right) .
\]

Таким образом, необходимая для разрыва бензольного кольца әнергия равна
\[
E_{\sigma}-E_{a}=4 A\left(2-\cos \frac{\pi}{7}-\cos \frac{2 \pi}{7}-\cos \frac{3 \pi}{7}\right) .
\]

Величину $A$ найдем по известной длине волны излучения, которое испускается при переходе молекулы бензола из первого возбужденного состояния в основное. Для этого замечаем, что изменение знергии молекулы при таком переходе равно $2 A$, и, с другой стороны, эта же величина равна $\hbar \omega=2 \pi \hbar c / \lambda$. Тогда можно записать
\[
E_{\sigma}-E_{a}=\frac{4 \pi \hbar c}{\lambda}\left(2-\cos \frac{\pi}{7}-\cos \frac{2 \pi}{7}-\cos \frac{3 \pi}{7}\right) .
\]

Подставляя сюда $\lambda=2000 \AA$, значения косинусов и другие известные константы, получаем
\[
E_{6}-E_{a}=3,1 \text { эв. }
\]
13.3. Будем рассматривать спиновую волну как «частицу» с массой $m_{\text {эфф }}$ и энергией $E_{K}$. Наличие в системе такой частицы, магнона, означает что спин одного из атомов направлен вниз, тогда как спины всех других атомов смотрят вверх. Поэтому спин всей системы при наличии магнона отличается от спина основного состояния (когда нет магнонов) на единицу, Следовательно, магноны имеют целый спин и подчиняются статистике Бозе-Эйнштейна, Тогда среднее число магнонов в состоянии с энергией $E_{K}$ при температуре системы $T$ равно
\[
\bar{n}=\frac{1}{e^{E_{K / k T}}-1} \text {. }
\]

Эта формула была получена в § 5 гл. 2 (вып. 8, стр. 44) для фотонов, но из ее вывода ясно, что она применима и для других бозонов. Но число магнонов в системе как раз и равно числу атомов, спин которых «перевернут» по сравнению с его направлением в основном состоянии.

Подсчитаем теперь полное число магнонов в системе. Для этого вспомним (см. указанный параграф «Лекций»), цто в ящике объемом $V$ число типов колебаний, приходящееся на интервал волновых чисел от $K$ до $K+d K$, равно
\[
\Delta \mathfrak{N}(K)=V \frac{d^{3} K}{(2 \pi)^{3}} .
\]

Следовательно, полное число магнонов в системе равно
\[
N_{\downarrow}=V \int \frac{d^{3} K /(2 \pi)^{3}}{e^{E_{K} / k T}-1} .
\]

Тогда число атомов со спином «вниз» в единице объема равно
\[
\frac{N_{\downarrow}}{V}=\int \frac{d^{3} K /(2 \pi)^{3}}{e^{E_{K} / k T}-1} .
\]

Намагниченность материала определяется как магнитный момент, приходящийся на единицу объема. Обозначим магнитный момент атома через $\mu$. Магнитный момент атома направлен в ту же сторону, что и его спин (или в противоположную, если $\mu$ отрицателен), поэтому магнитный момент единицы объема можно выразить через число атомов со спином «вверх» $\frac{N_{\uparrow}}{V}$ и «вниз» $\frac{N_{\downarrow}}{V}$ :
\[
M=\mu \frac{N_{\uparrow}}{V}-\mu \frac{N_{\downarrow}}{V}=\mu\left(\frac{N}{V}-2 \frac{N_{\downarrow}}{V}\right) .
\]

Вспоминая, что расстояние между атомами решетки равно $b_{v}$ получаем полное число атомов в единице объема:
\[
\frac{N}{V}=\frac{1}{b^{3}} .
\]

Следовательно, намагниченность равна
\[
M=\frac{\mu}{b^{3}}\left(1-2 b^{3} \int \frac{d^{3} K /(2 \pi)^{3}}{e^{E} K^{/ k T}-1}\right) .
\]

Основной вклад в интег рал, очевидно, дадут энергии $E_{K}$. удовлетворяющие условию $E_{K}<k T$. При низких температурах этому условию удовлетворяют лиць самые малые значения $E_{K}$, для которых можно приближенно записать $E_{K} \approx A b^{2} K^{2}$. При этом формально интеграл по $K$ можно вычислять от нуля до бесконечности, поскольку большие значения $K$ все равно не дадут существенного вклада. Выполняя интегрирование по угловым переменным $\left(\int d \Omega=4 \pi\right)$ и переходя к безразмерной переменной $x=(A / k T)^{1 / 2} b K$, получаем
\[
\frac{M}{M_{\text {насын }}}=1-2\left(\frac{k T}{4 \pi A}\right)^{3 / 2}\left[\frac{4}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2} d x}{e^{x^{2}}-1}\right] .
\]

Здесь $M_{\text {насыщ }}=\mu / b^{3}$ – предельное значение намагниченности прн $T \longrightarrow 0$.

Стоящий в квадратных скобках интеграл можно вычислнть следующим образом:
\[
\begin{aligned}
I & =\frac{4}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2} d x}{e^{x^{2}-1}}=\frac{4}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2} e^{-x 2} d x}{1-e^{-x^{2}}}= \\
& =\frac{4}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} x^{2} e^{-x^{2}} \sum_{n=1}^{\infty} e^{-(n-1) x^{2}} d x .
\end{aligned}
\]

Меняя порядок суммирования и интегрирования, получаем
\[
I=\frac{4}{\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} x^{2} e^{-n x^{2}} d x .
\]

После замены переменных $x=t / \sqrt{n}$ и интегрирования по частям получим интеграл ошибок, так что
\[
I=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3 / 2}} .
\]

Ряд такого типа называют $\zeta$-функцией Римана
\[
\zeta(z)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{z}} .
\]

При $z=3 / 2$ имеем * $\zeta(3 / 2) \approx 2,612$. Таким образом, окончательно можно записать
\[
\begin{aligned}
\frac{M}{M_{\text {насыщ }}} & =1-\text { const } \cdot T^{3 / 2}, \\
\text { const } & =5,224\left(\frac{k}{4 \pi A}\right)^{3 / 2} .
\end{aligned}
\]
$K$ главе 14. Зависимость амплитуд от места
14.1. а) В стационарном состоянии с энергией $E$ волновая функция одномерного движения записывается в виде
\[
\Psi(x, t)=u(x) e^{-i E t / \hbar},
\]

причем $u(x)$ удовлетворяет стационарному уравнению Шредингера
\[
-\frac{\hbar^{2}}{2 m} \frac{d^{2} u}{d x^{2}}+V(x) u=E u .
\]

Для прямоугольной потенциальной ямы с бесконечными
* См., например, Е. Янке, Ф. Эмде, Таблицы функций с формулами и кривыми, Физматгиз, М., 1959.

стеиками граничные условия можно получить из самого уравнения Шредингера, Действительно, пусть $V(x) \rightarrow \infty$ во внешней области $(x<0$ и $x>a)$. Чтобы при этом уравнение Шредингера удовлетворялось, нужно положить либо $u(x)=0$, либо $d^{2} u / d x^{3} \rightarrow \infty$ всюду во внешней области. Но в последнем случае и сама функция $u(x)$ должна обращаться в бесконечность во всей внешней области, что не имеет физического смысла. Таким образом, остается принять $u(x)=0$ при $x<0$ и $x>a$. Физически это означает, что частица не может находиться в области, где потенциальная энергия бесконечно велика.
б) Во внутренней области $V(x)=0$, так что уравнение принимает вид
\[
\frac{d^{2} u}{d x^{2}}+k^{2} u=0
\]

где $k^{2}=2 m E / \hbar^{2}$. В общем случае решение этого уравнения хорошо известно:
\[
u(x)=A \sin k x+B \cos k x .
\]

Из граничного условия $u(0)=0$ получаем $B=0$. Тогда другое граничное условне $u(a)=0$ дает
\[
A \sin k a=0 \text {. }
\]

Пискольку $A$ не может равняться нулю (иначе волновая функция всюду обратится в нуль), получаем условие
\[
k a=\pi(n+1), \quad n=0,1,2, \ldots,
\]

так что допустимые значения энергии равны
\[
E_{n}=\frac{\pi^{2} \hbar^{2}}{2 m a^{2}}(n+1)^{2}, \quad n=0,1,2, \ldots .
\]

Наименьшее значение әнергии получается при $n=0$
\[
E_{0}=\frac{\pi^{2} \hbar^{2}}{2 m a^{2}} \text {. }
\]

Волновая функция состояния с этой энергией равна
\[
u_{0}(x)=\left\{\begin{array}{cll}
A \sin \frac{\pi x}{a} & \text { при } & 0 \leqslant x \leqslant a, \\
0 & \text { при } & x<0 \text { и } x>a .
\end{array}\right.
\]

Ее график показан на фиг. 1.
$\Phi_{\text {uг. }}$ l.

в) Первому возбужденному состоянию отвечает $n=1$, так что
\[
E_{1}-E_{0}=\frac{3 \hbar^{2} \pi^{2}}{2 m a^{2}}
\]
г) Попытаемся сначала качественно рассмотреть распределение частицы по импульсам. Из соображений симметрии ясно, что частица с равиой вероятностью может иметь импульсы $p$ и $-p$, так что среднее значение импульса равно нулю, Далее, неопределенность координаты частицы $\Delta x=a_{1}$ поэтому неопределенность локализации импульса $\Delta p \geqslant \hbar / 2 a$. Эти качественные выводы можно сравнить с точной функцией распределения по импульсам
\[
\begin{aligned}
\frac{d w(p)}{d p} & =\frac{1}{2 \pi \hbar}\left|\int_{0}^{a} u_{0}(x) e^{i p x / \hbar} d x\right|^{2}= \\
& =2 A^{2} a^{2} \pi \hbar^{3}\left[\frac{\cos \frac{p a}{2 \hbar}}{(\pi \hbar)^{2}-(p a)^{2}}\right]^{2} .
\end{aligned}
\]

Примерный график әтой функции показан на фиг. 2. Масштаб по оси ординат произвольный.
14.2. а) Решим уравнение Шредингера
\[
\frac{d^{2} u}{d x^{2}}+\frac{2 m}{\hbar^{2}}[E-V(a)] u=0
\]

для различных областей потенциала $V(x)$. При $x \leqslant 0$, как и в предыдущей задаче, $u(x)=0$. В области $0<x<a$ получаем $u(x)=A \sin k x$, где $k=\sqrt{2 m E / \hbar^{2}}$. В области $x>a$ общее решение имеет вид
\[
u(x)=C e^{-x}+D e^{x x}
\]

\[
x=\sqrt{\frac{2 m}{\hbar^{2}}\left(V_{0}-E\right)} .
\]

В основном состоянии энергия частицы $E<V_{0}$, поэтом постоянную $D$ следует положить равной нулю, инач волновая функция будет возрастать до бесконечности пр 4 $x \rightarrow \infty$. Теперь следует потребовать, чтобы волнова н функция и ее первая производная были непрерывня в точке $x=a$, где потенциал меняется скачком. Эти дұ условия приводят к непрерывности логарифмической преизводной волновой функции, т. е. величнны ( $d u / d x) / u(x)$. Вычисляя это выражение с волновой функцией в областях $0<x<a$ и $x>a$ и полагая $x=a$, получаем
\[
k \operatorname{ctg} k a=-x \text {. }
\]

Это трансцендентное уравнение определяет допустимые значения энергии частицы в рассматриваемой потенциальной яме. Если энергия известна, то это уравнение позвопяет определить глубину потенциальной ямы:
\[
V_{0}=\frac{2 E}{1-\cos 2 k a} .
\]

Если энергия частицы в основном состоянии отличается на $10 \%$ от энергии основного состояния при $V_{0} \rightarrow \infty$, то $E_{0}=\left(\pi^{2} \hbar^{2} / 2 m a^{2}\right)(1+0,1)$. Тогда
$\cos 2 k a=\cos 2 \pi \sqrt{1+0,1} \approx \cos \frac{\pi}{10} \approx 1-\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{10}\right)^{2}$.
Следовательно,
\[
V_{0} \approx 400 \frac{\hbar^{2}}{2 m a^{2}} .
\]
б) В первом возбужденном состоянии волновая функция должна иметь один нуль внутри ямы. Поскольку яма симметрична относительно точки $x=0$, то нуль волновой функции должен приходиться как раз на эту точку. При $x>0$ волновая функция нашей задачи удовлетворяет такому же уравненню, как и в задаче пункта (a). Граничное условие предыдущей задачи $u(0)=0$ также выполнено, поэтому әнергия первого возбужденного состояния частицы в потенциале, изображенном на фиг. 2, совпадает с энергией основного состояния частицы в потенциале, изображенном на фиг. 1, т. е.
\[
E_{1}=1,1 \frac{\pi^{2} \hbar^{2}}{2 m a^{2}} .
\]
14.3. Потенциал $V(x)$ обладает симметрией относительно замены $x$ на $-x$, поэтому существуют два типа решений уравнения Шредингера: четные, т. е. такие, что $u(-x)=u(x)_{2}$ и нечетные, $u(-x)=-u(x)$. Для первого типа решений во виутренней области $|x|<a$ имеем $u(x)=B \cos \alpha x \quad\left(\alpha=\sqrt{2 m E / \hbar^{2}}\right)$, а во внешней области $u(x)=C e^{-\beta|x|}\left(\beta=\sqrt{2 m\left(V_{0}-E\right) / \hbar^{2}}\right)$. Условие непрерывности логарифмической производной функции $u(x)$ при $x= \pm a$ дает трансцендентное уравнение для определения уровней энергии четных состояний
\[
\alpha \operatorname{tg} \alpha a=\beta .
\]

Решения второго типа во внутренней области нмеют вид $u(x)=A \sin \alpha x$, во внешней области $u(x)=D e^{-\beta x}$ при $x>a$ и $u(x)=-D e^{\beta x}$ при $x<-a$. Приравнивая при $x= \pm a$ логарифмические производные решений во внутренней и внешней областях, получаем $\alpha \operatorname{ctg} \alpha a=-\beta$.
Полученные уравнения можно решить графическим методом. Введем для этого велинины $x=\alpha a$ п $y=\beta a$ н нарисуем окружность $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}=2 m V_{0} a^{2} / \hbar^{2}$.

Тогда энергии четных состояний определятся пересечением этой окружности с кривой $y=x \operatorname{tg} x$, а энергия нецетных состояний – пересечением с кривой $y=-x \operatorname{ctg} x$ при положительных значеннях $x$ и $y$ в обонх случаях.

При $V_{0} a^{2}=4 \hbar^{2} / 2 m$ радиус окружности $\rho=2$. Из фиг. 1 видно, что в этом случае имеется по одному пересечению окружности с каждой из кривых, соответственно в точках $x_{0} \approx \pi / 3$ и $x_{1} \approx 1,9$. Тогда энергия основного состояния $E_{0}=(\pi / 3)^{2}\left(\hbar^{2} / 2 m a^{2}\right)$ а первого возбужденного $E_{1}=$ $=3,6\left(\hbar^{2} / 2 m a^{2}\right)$. На фиг. 2 показана качественно зависимость волновых функций этих состояний от координаты.

Если $V_{0} a^{2}<\pi^{2} \hbar^{2} / 8 m$, то $\rho<\pi / 2$, так что будет сущөствовать лишь одно связанное состояние.
14.4. Волновая фуикция $\varphi(x, t)=K \exp \left\{-\left[a(t) x^{2}+c(t)\right]\right\}$ должна удовлетворять уравненню Шредингера для свободной частицы
\[
i \hbar \frac{\partial \varphi}{\partial t}=-\frac{\hbar^{2}}{2 m} \frac{\partial^{2} \varphi}{\partial x^{2}} .
\]

Выполняя дифференцирование и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях $x$ в левой и правой частях уравнения, голучаем
\[
\frac{d a}{d t}=\frac{2 \hbar}{i m} a^{2}, \quad \frac{d c}{d t}=\frac{i \hbar}{m} a .
\]

Интегрирование первого уравнения дает искомое выражение
\[
\frac{1}{a(t)}=\frac{1}{a_{0}}+\frac{2 i \hbar}{m} t
\]

Если подставить теперь значение $a(t)$ во второе уравнение ні проинтегрировать его с начальным условием с $(0)=0$, то
\[
c=\frac{1}{4} \ln \left[1+\left(\frac{2 \hbar a_{0} t}{m}\right)^{y}\right]+\frac{i}{2} \operatorname{arctg}\left(\frac{2 h a_{0} t}{m}\right) .
\]

Тогда волновую функцию можно записать следующим образом:
\[
\varphi(x, t)=\text { const } \cdot e^{i \alpha(x, t)}\left(2 \pi \sigma^{2}\right)^{-t / 4} e^{-x^{2} / 4 \sigma^{2}} .
\]

Здесь
\[
\begin{aligned}
\sigma^{2}(t) & =\frac{1}{4 a_{0}}\left[1+\left(\frac{2 \hbar a_{0} t}{m}\right)^{2}\right], \\
\alpha(x, t) & =-\frac{1}{2} \operatorname{arctg}\left(\frac{2 \hbar a_{0} t}{m}\right)+\frac{\hbar a_{0} t}{2 m} \cdot \frac{x^{2}}{4 \sigma^{2}} .
\end{aligned}
\]

Постоянный множитель const $=K\left(2 \pi / 4 a_{0}\right)^{1 / 4}$ удобно выбирать равным единице. Отметим, что нормировка найденной волновой функции не зависит от времени. Ширина жобласти локализации» частицы меняется с течением времени и характеризуется величиной
\[
2 \sigma=2 \sigma_{0}\left[1+\left(\frac{2 \hbar a_{0} t}{m}\right)^{2}\right]^{1 / 2} .
\]

Если волновая функция описывает электрон, находившийся в начальный момент времени внутри области шириной $1 \AA$, т. е. $2 \sigma_{0}=1 \AA$, то $a_{0}=\left(2 \sigma_{0}\right)^{-2}=10^{16} \mathrm{cM}^{-2}$. Через 1 сек волновой пакет «расползется» по области шириной $2 \sigma=2,3 \cdot 10^{8} \quad$ см $=2300 \kappa м$ (i)

Преобразуем волновую функцию в импульсное представление
\[
\begin{aligned}
\varphi(p, t) & =\left(\frac{1}{2 \pi \hbar}\right)^{1 / 2} \int_{-\infty}^{\infty} \varphi(x, t) e^{-i p x / \hbar} d x= \\
& =K(2 \hbar a)^{-1 / 2} e^{-p^{2} / 4 \hbar^{2} a-0} .
\end{aligned}
\]

Если подставить сюда явный вид $1 / a(t)$ н $c(t)$ и проделать несложные преобразования с комплексными числами, то можно привести волновую функцию к виду
\[
\varphi(p, t)=\text { const } e^{-i \beta(p, t)}(2 \pi \eta)^{-1 / 4} e^{-p^{2} / 4 \eta^{2}},
\]

где
\[
\eta=\hbar \sqrt{a_{0}}, \quad \beta(p, t)=\frac{p^{2}}{2 m} \frac{t}{\hbar} .
\]

Қак видно отсюда, «разброс по импульсам» остается постоянным во все моменты времени.

Чтобы оценить разброс по скоростям, запишем полуширину «области локализации частицы следующим образом:
\[
\sigma^{2}(t)=\left[\sigma_{o}^{2}+(u t)^{2}\right],
\]

где величина $u=\hbar \sqrt{a_{0}} / m$ характеризует скорость расплывания пакета. Эту скорость можно принять в качестве меры «разброса по скоростям», причем $u=\eta / m$.

Более строго этот вопрос можно проанализировать, используя введенное в гл. 18, вып. 9 «Лекций» понятие оператора скорости:
\[
\hat{v}=-\frac{i \hbar}{m} \frac{d}{d x} .
\]

C помощью волновой функции в координатном представлении можно найти среднеквадратичное отклонение скорости частицы от среднего значения, т. е. величину
\[
\left.\langle\hat{v}-\langle\hat{v}\rangle)^{2}\right\rangle=\left\langle\hat{v}^{2}\right\rangle-\langle\hat{v}\rangle^{2} .
\]

Вычислив соответствующие интегралы, найдем, что среднее значение скорости оказывается равным нулю, $\langle v\rangle=0$, а среднее значение квадрата скорости в точности соответствует ширине «разброса по импульсам
\[
\left\langle v^{2}\right\rangle=\frac{\hbar^{2} a_{0}}{m^{2}}=\frac{\eta^{2}}{m^{2}} .
\]

Ү главе 16. Момент количества двиэения
16.1. В начальном состоянии атома со спином 1 и равной нулю проекцией спина на ось $z$ содержатся состояния со всеми тремя возможными проекциями спина ( $m=0, \pm 1$ ) на ось $z^{\prime}$, амплитудой испускания вдоль которой мы интересуемся. Однако из этих трех состояний в силу закона сохранения проекции момента количества движения лишь состояние $m=+1$ может испустить правополяризованный фотон. Поэтому интересующая нас величина $A(\theta)$ будет пропорциональна амплитуде того, что в состоянии атома со спином 1 и проекцией спина на ось $z$, равной нулю, содержится состояние с проекцией спина +1 на ось $z^{\prime}$, направление которой задано полярными углами $\theta, \varphi$. Тогда
\[
\begin{aligned}
A(\theta) & =\text { const }\left\langle+1\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right| 0\right\rangle= \\
& =\text { const }\left\langle+1\left|R_{y}(\theta)\right| 0\right\rangle=\text { const } \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \theta .
\end{aligned}
\]
16.2. а) Перенумеруем изображенные на рисунке, приведенном в условии, стр، 547, конечные состояния цифрами от единицы до восьми слева направо.
В начальном состоянии проекция спина на ось $z$ равна $+1 / 2$, поэтому в результате распада могут реализоваться лишь такие конечные состояния, в которых проекция полного момента количества движения на ось 2 равна $+1 / 2$. Этому условию удовлетворяют лишь состояния 2 и 8. Амплитуды всех остальных состояний должны быть равны нулю.
б) Пусть поляризованная вдоль оси $z$ частица $X$ распадается, а частица $Y$ движется вдоль оси $z^{\prime}$, заданной полярными углами $(\theta, \varphi)$. Относительно этой оси проекция спина частицы $X$ могла быть равна $+1 / 2$ с амплитудой
\[
\left\langle+\frac{1}{2}\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right|+\frac{1}{2}\right\rangle=e^{i \varphi / 2} \cos \frac{\theta}{2} .
\]

или $-1 / 2$ с амплитудой
\[
\left\langle-\frac{1}{2}\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right|+\frac{1}{2}\right\rangle=-e^{i \varphi / 2} \sin \frac{\theta}{2} .
\]

В первом случае сохранение проекции момента количества движения приводит к тому, что фотон, движущийся против оси $z^{\prime}$, будет левополяризованным, а проекция спина частицы $Y$ будет равна – $1 / 2$. Во втором случае фотон оказывается правополяризованным, а проекция спина частицы $Y$ равна $+1 / 2$. Обозначим амплитуду первого процесса через $a$, второго-через $b$. Тогда угловое распределение частиц $Y$, поляризованных вдоль направления своего движения, определяется формулой
\[
\begin{aligned}
W_{+}(\theta) & =\left|b\left\langle-\frac{1}{2}\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right|+\frac{1}{2}\right\rangle\right|^{2}= \\
& =\frac{1}{2}|b|^{2}(1-\cos \theta) .
\end{aligned}
\]

Для частиц, поляризованных против направления своего движения, имеем
\[
W_{-}(\theta)=\frac{1}{2}|a|^{2}(1+\cos \theta) .
\]
в) Угловое распределение всех частиц получается суммированием по поляризации:
\[
\begin{aligned}
W(\theta) & =W_{-}(\theta)+W_{-}(\theta)= \\
& =\frac{1}{2}\left[\left(|a|^{2}+|b|^{2}\right)+\left(|a|^{2}-|b|^{2}\right) \cos \theta\right] .
\end{aligned}
\]
r) Если угловое распределение изотропно, то $|a|=|b|$. Процессы, описывающиеся амплитудами $a$ и $b$, получаются один из другого зеркальным отражением в плоскости $x y$ и поворотом вокруг оси $у$ на $180^{\circ}$. Поэтому изотр опиое угловое распределение, т. е. равенство $|a|=|b|$, означает сохранение четности при испускании фотона.
16.3. Проекция момента количества движеиия на ось $z$ у правополяризованного фотона равна +1 , а у протона – либо $+1 / 2$, либо – $1 / 2$, так что проекция полного момента количества движения системы $p^{*}$ может принимать значения $m=+3 / 2$ и $+1 / 2$. В конечном состоянии проекция момента количества движения на ось $z^{\prime}$, направленную вдоль импульса протона отдачи, обусловлена только спином протона, поэтому $m^{\prime}= \pm^{1} / 2$.
Пусть протон до столкновения был поляризован вдоль оси $z$. Тогда система $p^{*}$ может образоваться лишь в состоянии $\mid j=3 / 2, m=+3 / 2$ с амплитудой $a$. Распад на $\pi^{0}-$ мезон и протон, движущийся в направлении оси $z^{\prime}$ с полярными углами $(\theta, \varphi)$, может произойти из состояний $\mid j=3 / 2, \quad m^{\prime}=+1 / 2 \quad$ и $\left.\quad j=3 / 2, \quad m^{\prime}=-1 / 2\right\rangle$. Амплитуды вероятности того, что эти состояния имеются в состоянии $j=3 / 2, m=+3 / 2>$, определяются матрицей поворота для спина $3 / 2$. С помощью формулы (16.25) и табл. 16.2 «екций»

(вып. 9, стр. 148 и 152) получаем
\[
\begin{aligned}
\left\langle\frac{3}{2},+\frac{1}{2}\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right| \frac{3}{2},+\frac{3}{2}\right\rangle & =-\sqrt{3} \sin \frac{\theta}{2} \cos ^{*} \frac{\theta}{2} e^{3 i \varphi / 2}, \\
\left\langle\frac{3}{2},-\frac{1}{2}\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right| \frac{3}{2},+\frac{3}{2}\right\rangle & =\sqrt{3} \cos \frac{\theta}{2} \sin ^{2} \frac{\theta}{f} e^{3 i \varphi / 2} .
\end{aligned}
\]

Если состояние $\left|j=3 / 2, m^{\prime}=+1 / 2\right\rangle$ распадется и протон полетит вдоль оси $z^{\prime}$, а мезон-в противоположном направлении, то спин протона обязательно должен быть каправлен вдоль оси $z^{\prime}$. Если $m^{\prime}=-1 / 2$, то спин протона после распада направлен против оси $z^{\prime}$. Амплитуды распадов в этих двух случаях равны соответственно $f$ и $g$. Теперь мы можем записать полные амплитуды процесса фоторождения $\pi$-мезона на протоне:
\[
\begin{aligned}
\left\langle\mu^{\prime}\right. & \left.=+\frac{1}{2}|F| \mu=+\frac{1}{2}\right\rangle= \\
& =f\left\langle\frac{3}{2},+\frac{1}{2}\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right| \frac{3}{2},+\frac{3}{2}\right\rangle a= \\
& =-a f \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta \cos \frac{\theta}{2} e^{3 i \varphi / 2} . \\
\left\langle\mu^{\prime}\right. & \left.=-\frac{1}{2}|F| \mu=+\frac{1}{2}\right\rangle=g a \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta \sin \frac{\theta}{2} e^{3 i \varphi / 2} .
\end{aligned}
\]

Индекс $\mu$ означает проекцию спина протона на ось $z$ до столкновения, а индекс $\mu^{\prime}$-проекцию спина протона на направление его импульса после столкновения. Другие квантовые числа опущены. Совершенно аналогично можно получить амплитуды для случая $\mu=-1 / 2$ :
\[
\begin{array}{l}
\left\langle\mu^{\prime}=+\frac{1}{2}|F| \mu=-\frac{1}{2}\right\rangle=f b \frac{1}{2}(3 \cos \theta-1) \cos \frac{\theta}{2} e^{i \varphi / 2}, \\
\left\langle\mu^{\prime}=-\frac{1}{2}|F| \mu=-\frac{1}{2}\right\rangle=-g b \frac{1}{2}(3 \cos \theta+1) \sin \frac{\theta}{2} e^{i \varphi / 2} .
\end{array}
\]

Возводя найденные амплитуды по модулю в квадрат, усредняя по начальным значениям проекций спина протона и суммируя по конечным, получаем угловое распределение протонов:
\[
\sigma(\theta)=\frac{1}{2} \sum_{\mu= \pm^{1 / 2}} \sum_{\mu^{\prime}= \pm^{1 / 2}}\left|\left\langle\mu^{\prime}|F| \mu\right\rangle\right|^{2} .
\]

При вычислении этого выражения учтем равенство $f=g$, следующее из закона сохранения четности. В результатө получим
\[
\sigma(\theta)=\frac{1}{8}|f|^{2}\left[3|a|^{2} \sin ^{2} \theta+|b|^{2}\left(3 \cos ^{2} \theta+1\right)\right] .
\]

Угловое распределение мезонов получится отсюда заменой $\theta \rightarrow \pi-\theta$, ибо мезон и протон движутся в противоположных направлеииях. Это не меняет полученного выражения.
16.4. Пусть $\pi$-мезон падает на мишень вдоль оси $z$, а проекция спина протона на эту ось равна $\mu$. Рассмотрим такой процесс, когда после рассеяния $\pi$-мезон двнжется вдоль оси $z^{\prime}$ с полярными углами $(\theta, \varphi)$, а проекция спина протона на ось $\boldsymbol{z}^{\prime}$ равна $\mu^{\prime}$. При образовании промежуточного состояния $|j=3 / 2, m\rangle$ проекция момента количества движения системы должна сохраниться, так что $m=\mu$. Точно так же при распаде состояния $\left|3 / 2, m^{\prime}\right\rangle$ с испусканием мезона вдоль оси $z^{\prime}$ должно выполняться равенство $m^{\prime}=\mu^{\prime}$. Тогда амплитуду рассматриваемого процесса можно записать как произведение амплитуды $f_{\mu}$ образования состояния $|3 / 2, \mu\rangle$, амплитуды обнаружения в этом состоянии другого состояния $\left.\right|^{3} / 2, \mu^{\prime}>$ с проекцией спина $\mu^{\prime}$ на новую ось $z^{\prime}$, и амплитуды $g_{\mu^{\prime}}$ распада такого состояния с испусканием мезона вдоль оси $z^{\prime}$. Вторая из әтих амплитуд равна матрице поворота для спина $3 / 2$
\[
\left\langle\frac{3}{2} \mu^{\prime}\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right| \frac{3}{2} \mu\right\rangle=\left\langle\frac{3}{2} \mu^{\prime}\left|R_{y}(\theta)\right| \frac{3}{2} \mu\right\rangle e^{i \mu \varphi} .
\]

Допустимые значения $\mu$ и $\mu^{\prime}$ в нашем случае равны $\pm 1 / 2$. Из табл. 16.2 «Лекций» (вып. 9, стр. 152) получаем
\[
\begin{aligned}
\left\langle\frac{3}{2},+\frac{1}{2}\left|R_{y}\right| \frac{3}{2},+\frac{1}{2}\right\rangle=\left\langle\frac{3}{2},\right. & \left.-\frac{1}{2}\left|R_{y}\right| \frac{3}{2},-\frac{1}{2}\right\rangle= \\
& =\frac{1}{2}(3 \cos \theta-1) \cos \frac{\theta}{2}, \\
\left\langle\frac{3}{2},+\frac{1}{2}\left|R_{y}\right| \frac{3}{2},-\frac{1}{2}\right\rangle=-\left\langle\frac{3}{2},\right. & \left.-\frac{1}{2}\left|R_{y}\right| \frac{3}{2},+\frac{1}{2}\right\rangle= \\
& =\frac{1}{2}(3 \cos \theta+1) \sin \frac{\theta}{2} .
\end{aligned}
\]

Угловое распределение $\pi$-мезонов при рассеянии на неполяризованных протонах получается с помощью введенных амплитуд усреднением по начальным и суммированием по конечным поляризациям протона:
\[
\sigma(\theta)=\frac{1}{2} \sum_{\mu= \pm^{1 / 2}} \sum_{\mu^{\prime}= \pm^{1 / 2}}\left|g_{\mu^{\prime}}\left\langle\frac{3}{2} \mu^{\prime}\left|R_{y}(\theta)\right| \frac{3}{2} \mu\right\rangle f_{\mu}\right|^{2} .
\]

Сравним теперь образование промежуточного состояния с $j=3 / 2$, когда протон поляризован по оси $z$ и против оси $z$. Если повернуть систему координат на $180^{\circ}$ вокруг оси $y$ и затем выполнить операцию зеркального отражения относительно плоскости $x y$, то направление спина изменится на противоположное, а импульсы сталкивающихся частиц не изменятся. Поэтому в силу сохранения четности амплитуды $f_{+1 / 4}$ и $f_{-1 / 2}$ могут отличаться самое большее несущественным фазовым множителем, так что $\left|f_{+1 / 2}\right|=\left|f_{-1 / 2}\right|=f$. Подобное соотношение справедливо и для амплнтуд распада
\[
\left|g_{+1 / 2}\right|=\left|g_{-1 / 2}\right|=g .
\]

Тогда угловое распределение $\pi$-мезонов при рассеянии на неполяризованных протонах принимает простой вид
\[
\begin{aligned}
\sigma(\theta) & =\text { const } \sum_{\mu, \mu^{\prime}= \pm^{1} / 2}\left|\left\langle\frac{3}{2} \mu^{\prime}\left|R_{y}(\theta)\right| \frac{3}{2} \mu\right\rangle\right|^{2}= \\
& =\text { const }\left(3 \cos ^{2} \theta+1\right) .
\end{aligned}
\]
16.5. Определим угловую зависимость амплитуд испускания право- и левополяризованного фотонов:
\[
\begin{aligned}
\left\langle 0^{+}, R, \theta \varphi|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle & =a_{R}^{\pi}\left\langle 1,+1\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right| 1,+1\right\rangle= \\
& =a_{R}^{\pi} e^{i \varphi} \frac{1+\cos \theta}{2}, \\
\left\langle 0^{+}, L, \theta \varphi|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle & =a_{L}^{\pi}\left\langle 1,-1\left|R_{y}(\theta) R_{z}(\varphi)\right| 1,+1\right\rangle= \\
& =a_{L}^{\pi} e^{i \varphi} \frac{1-\cos \theta}{2} .
\end{aligned}
\]

Здесь индекс $\pi$ указывает четность возбужденного состояния и принимает значение + или -, так что $1^{+}$, например, означает, что полный спин системы равен единице, а четность положительна; величины $a_{R}^{\pi}$ и $a_{L}^{\pi}$ представляют ссбой амплитуды испускания вдоль оси $z^{\prime}$ фотона с правой и левой круговыми поляризациями, если возбужденный атом находится соответственно в состояниях $\left|1^{\pi}, m^{\prime}=+1\right\rangle$ и $\mid 1^{\pi}, m^{\prime}=-1>$. Для данного значения четности возбужденного состояния $\pi$ эти амплитуды равны по абсолютной величине, но их относительный знак (см. § 1 гл. 16 «Лекций» вып. 9, стр. 131) зависит от значения $\pi: a_{R}^{\pi}=\pi a_{L}^{\pi}$.
Если поляризация фотонов не регистрируется, то угловое распределение не зависит от четности возбужденного состояния:
$W(\theta)=\left|\left\langle 0^{+}, R, \theta \varphi|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle\right|^{2}+$
\[
\begin{aligned}
+\mid\left\langle 0^{+}, L, \theta \varphi|F| 1_{\uparrow}^{\pi} m\right. & =1\rangle\left.\right|^{2}= \\
& =\frac{1}{2}\left|a_{R}^{\pi}\right|^{2}\left(1+\cos ^{2} \theta\right) .
\end{aligned}
\]

Угловое распределение фотонов с круговой поляризацией тоже, очевидно, не зависит от $\pi$ :
\[
W_{L}(\theta)=\frac{1}{4}\left|a_{R}^{\pi}\right|^{2}(1-\cos \theta)^{2} ; W_{R}(0)=\frac{1}{4}\left|a_{R}^{\pi}\right|^{2}(1+\cos \theta)^{3} .
\]

Найдем теперь угловые распределения линейно поляризованных фотонов. Амплитуда испускания фотона с поляризацией вдоль оси $x^{\prime}$ или $y^{\prime}$ выражается через амплитуды испускания фотонов с круговой поляризацией
\[
\begin{array}{l}
\left\langle x^{\prime}|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle=\left\langle x^{\prime} \mid R\right\rangle\left\langle R|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle+ \\
+\left\langle x^{\prime} \mid L\right\rangle\left\langle L|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle \\
\left\langle y^{\prime}|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle=\left\langle y^{\prime} \mid R\right\rangle\left\langle R|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle+ \\
+\left\langle y^{\prime} \mid L\right\rangle\left\langle L|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle .
\end{array}
\]

Из соотношений
\[
|R\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\left|x^{\prime}\right\rangle+i\left|y^{\prime}\right\rangle\right], \quad|L\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\left|x^{\prime}\right\rangle-i\left|y^{\prime}\right\rangle\right]
\]

находим
\[
\left\langle x^{\prime} \mid R\right\rangle=\left\langle x^{\prime} \mid L\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}} ;\left\langle y^{\prime} \mid R\right\rangle=-\left\langle y^{\prime} \mid L\right\rangle=\frac{i}{\sqrt{2}} .
\]

Тогда амплитуды испускания линейно поляризованных фотонов равны
\[
\begin{array}{l}
\left\langle 0^{+}, x, 6 \varphi|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle=\frac{e^{i \varphi} a_{R}^{\pi}}{2 \sqrt{2}}[(1+\cos \theta)+\pi(1-\cos \theta)], \\
\left\langle 0^{+}, y, \theta \varphi|F| 1^{\pi}, m=1\right\rangle=\frac{i e^{i \varphi} a_{R}^{\pi}}{2 \sqrt{2}}[(1+\cos \theta)-\pi(1-\cos \theta)] .
\end{array}
\]

Квадраты модулей этих амплитуд дают угловые распределення фотонов, поляризованных соответственно вдоль осей $x^{\prime}$ и $y^{\prime}$. В случае положительной четности возбужденного состояния получаем
\[
W_{x^{\prime}}(\theta)=\frac{1}{2}\left|a_{R}^{-1}\right|^{2}, \quad W_{y^{\prime}}(\theta)=\frac{1}{2}\left|a_{R}^{+}\right|^{2} \cos ^{2} \theta .
\]

Если же четность отрицательна, то угловые распределения оказываются иными:
\[
W_{x^{\prime}}(\theta)=\frac{1}{2}\left|a_{R}\right|^{2} \cos ^{2} \theta, \quad W_{y^{\prime}}(\theta)=\frac{1}{2}\left|a_{R}\right|^{2} .
\]

Если вспомнить, каким образом мы переходили от оси 2 к оси $z^{\prime}$, то легко убедиться, что ось $x^{\prime}$ лежит в плоскости, проведенной через направление ориентации спина возбужденного состояния и направление излучения фотона, а ось $y^{\prime}$ перпендикулярна к этой плоскости.

Таким образом, по угловому распределению лннейно поляризованных фотонов можно определить четность возбужденного состояния.