Parçacık Fiziğine Giriş

İçindekiler
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
la
k
1 Giriş
1.1 Klasik Mekanik ve Saçılma Problemi . . .
1.2 Kuantum Mekaniği ve Saçılma Problemi .
1.2.1 Kuantum Mekanikte Tesir Kesiti .
1.2.2 Sert Küre Probleminin Çözümü . .
1.2.3 Parçacık Akısı . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Sert Küre Probleminin Tesir Kesiti
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
6
7
9
13
14
Ta
s
2 Kuantum Mekaniğinde Tedirgeme Kuramı
17
2.1 Zaman Bağımsız Tedirgeme Kuramı . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Zaman Bağımlı Tedirgeme Kuramı . . . . . . . . . . . . . . . 22
3 Kuantum Alan teorisine Giriş: Skalar
3.1 Harmonik Salınıcı . . . . . . . . . . .
3.2 1 + 1 Boyutta Skalar Alanlar . . . . .
3.3 Lagranjiyan Formülasyonu . . . . . .
3.4 Parçacıkların Kuantum Mekaniği . .
Alanlar
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
4 Uzay Zaman Simetrileri ve Tek Parçacık
4.1 Uzay Zaman simetrileri . . . . . . . . . .
4.1.1 Öteleme Simetrisi . . . . . . . . .
4.1.2 Dönme Simetrisi . . . . . . . . .
4.1.3 Lorentz Simetrisi . . . . . . . . .
4.2 Tek Parçacık Denklemleri . . . . . . . .
4.2.1 Schroedinger Denklemi . . . . . .
4.2.2 Klein-Gordon Denklemi . . . . .
4.2.3 Dirac Denklemi . . . . . . . . . .
4.2.4 Dönme Simetrisi ve Spin . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Denklemleri
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
33
33
38
45
47
.
.
.
.
.
.
.
.
.
51
51
53
55
62
68
68
69
69
77
2
İÇINDEKILER
4.3
Ugulamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
81
Ekler
83
A Green Fonksiyonunun Hesabı
85
Ta
s
la
k
5 Serbest Alanların Kuantizasyonu
Bölüm 1
la
k
Giriş
Parçacık fiziği atom altı dünyadaki doğal olayları anlamaya çalışır. Bunun
için kullandığı araçlar ise hızlandırıcılardır. Hızlandırıcılarda parçacıklar
yüksek enerjilerde çarpıştırılarak ve saçılan parçacıkların hızları, enerjileri,
v.b. ölçülerek çarpıştıkları anda nasıl etkileştiklerini anlamaya çalışırız.
Ta
s
Çıkan paçacıklara bakarak ölçtüğümüz temel nicelik “differansiyel tesir
kesiti”dir. Bu nicelik parçacıkların etkileşimleri ile ilgili her türlü bilgiyi
içerir.
Parçacık fiziğinde diferansiyel tesir kesitini incelemeden önce saçılma prolemini klasik mekanik ve kuantum mekaniğinde inceleyelim. Bu incelemelerde, saçılma problemi kadar fiziğe (ve matematiğe) nasıl yaklaştığımıza da
dikkat edelim. Bu, daha sonra kuantum alan teorisine geçiş yapmamızı da
kolaylaştıracaktır.
1.1
Klasik Mekanik ve Saçılma Problemi
Klasik mekanikte verilen bir sistemin durumu, sistemi oluşturan parçacıkların
konum vektörlerini, ~ri (t), ve hız (veya momentum) vektörlerini, ~vi (t), belirterek matematiksel olarak tasvir edilir (kinematik). Burada “t” zamanı
belirleyen bir matematiksel semboldür. Sistemin zamanla değişimini, yani
matematiksel tasviri için kullandığımız ~ri (t) ve ~vi (t) nesnelerinin zamanla
değişimini ise Newton denklemlerinden elde edebiliriz (dinamik). Özellikle,
3
4
BÖLÜM 1. GIRIŞ
Şekil 1.1:
eylemsiz bir referans sisteminde
~vi (t) =
mi
d~ri (t)
dt
d~vi (t)
= F~i (t)
dt
(1.1)
Ta
s
la
k
Burada, F~i (t), i’inci parçacığıa etki eden kuvvetlerin toplamıdır. (Klasik
mekaniği, Lagranj veya Hamiltonyen formalizminde de tanımlayabiliriz, ancak bu, bu dersin kapsamı dışındadır. Detaylı bilgi için ilgili dersinize bakınız.)
Örnek bir saçılma problemine bakalım. Basit bir problem olarak, R
yarıçaplı çok sert ve çok ağır bir küre düşünelim. Bu kürenin üzerine m
kütleli, noktasal bir parçacık attığımızı varsayalım. Hızı ~v olsun ve hız
vektörü doğrultusunda bir doğru çizdiğimizde bu doğrunun kürenin merkezine
olan uzaklığı “b” olsun. Çarpışmanın tamamen esnek olduğunu varsayalım.
Dolayısıyla çarpışma sonunda, m kütlesinin enerjisinin aynı kalması gerektiğinden
(enerjinin korunumundan dolayı) hız vektörü şiddetini değiştirmeden sadece
yönünü değiştirecektir. m kütlesi I noktasına çarptığında, geldiği açıyla
sapacaktır. Sapma açısı, geldiği doğrultu ile saçıldıktan sonra gittiği doğrultu
arasındaki açıdır. Yukarıdaki şekilden açıkça görülebileceği üzere, m kütlesinin
sapma açısı, hızından bağımsız olarak χ = π − 2θ olacaktır. Buradaki θ açısı,
sin θ = Rb ifadesinden bulunabilir.
Eğer b parametresi, db kadar değişecek olursa, θ parametresi de dθ kadar
değişecektir. dθ ve db arasındaki bağıntı
sin θ =
b
R
(1.2)
bağıntısından
db
(1.3)
R
olarak yazılabilir. θ değiştiği için χ’da değişecektir ve χ’daki dχ değişimi
cos θdθ =
dχ = −2dθ = −
2
2
db = − q
R cos θ
R 1−
⇒ dχ = − √
2
db
− b2
R2
db = − √
b2
R2
2
db
− b2
R2
(1.4)
1.1. KLASIK MEKANIK VE SAÇILMA PROBLEMI
5
Şekil 1.2:
la
k
olarak bulunur. Buradaki “−” işareti b büyüdükçe, χ’ın azaldığı anlamına
gelir, ki m kütlesi merkezden ne kadar uzağa çarparsa, o kadar az saçılması
zaten beklenen bir sonuçtur.
Gerçek fiziksel bir durumda, hiçbir parametreyi kesin olarak belirleyemeyiz, her ölçümün bir hata payı vardır. Dolayısıyla, burada şöyle bir soru
sorulabilir: m kütlesi ne kadar büyüklükte bir alana nişan alınmalıdır ki,
(χ, χ + dχ) arasına saçılsın? Bu aralığa saçılabilmesi için
b parametresinin (b, b + db) aralığında olması gerekir. (b, b + db) aralığına
gelen noktaların oluşturduğu kesit alan
dσ = 2πbdb
(1.5)
olacağından, denklem 1.4 ifadesini de kullanırsak
dσ
=
dχ
√
2πbdb
= πb R2 − b2
2
√
db
R2 −b2
(1.6)
Ta
s
olacaktır. Burada b = R sin θ eşitliğini kullanırsak (dσ tanımı gereği pozitif
olduğundan denklem 1.6’da “-” işaretini attık).
πR2
dσ
= π(R sin θ)(R cos θ) =
sin 2θ
dχ
2
πR2
πR2
=
sin(π − 2θ) =
sin χ
2
2
(1.7)
olarak bulunur. Buradaki dσ, m kütlesinin (χ, χ + dχ) arasında saçılması
için nişan alınması gereken alanı gösterir.
Benzer hesapları Coulomb potansiyeli için yapsaydık (R yarıçaplı bir küre
yerine çok ağır noktasal bir elektrik yükü koyarak)
α 2 cos χ
dσ
2
=π
dχ
mv 2 sin3 χ2
(1.8)
bulacaktık, burada α = qq 0 /4π0 olmak üzere.
1.7 ve 1.8 denklemlerini kıyaslarsak, hemen görebileceğimiz önemli bazı
temel farklar vardır:
6
BÖLÜM 1. GIRIŞ
1. Toplam tesir kesiti (yani herhangi bir saçılma olabilmesi için nişan
alınması gereken toplam alan) denklem 1.7 için
Z π
dσ
σT =
dχ = πR2 < ∞
(1.9)
dχ
0
iken, Rutherford saçılmasında σT → ∞ olur. Buradan Rutherford
saçılmasına sebep olan kuvvetin uzun erimli olduğunu, oysa denklem
1.7’de verilen tesir kesitine sebep olan etkinin ise kısa erimli olduğunu
söyleyebiliriz.
la
k
2. Yine iki tesir kesitini kıyaslarsak denklem 1.7’deki tesir kesiti m kütlesinin
ilk hızından (ya da enerjisinden) bağımsız olmasına rağmen, denklem
1.8’deki tesir kesitinin enerjiye bağımlı olduğunu görürüz. Bunun temel
sebebi, denklem 1.7 tesir kesitindeki potansiyelin (kürenin) çok sert olmasıdır.
Ta
s
Her ne kadar tesir kesitlerini elde ederken, bilinen potansiyellerden yola
çıkmış olsak da, parçacık fiziğinde potansiyellerin ne olduğunu bilemeyiz (her
farklı model, farklı etkiler, potansiyeller içerecektir). Dolayısıyla, gerçek hayatta bu problemi tersinden çözmeye çalışıyoruz: deneyde ölçtüğümüz tesir kesitlerini açıklayabilmek için ne gibi etkileşimlere (potansiyellere) ihtiyacımız
var?
1.2
Kuantum Mekaniği ve Saçılma Problemi
Kuantum mekaniğinde bir sistemin durumunu Hilbert uzayında bir vektörle
gösterebiliriz. (Kullanacağımız gösterim |ψi olacaktır, ve buna ket denir).
İstersek bunu bir dalga fonksiyonu ile de gösterebiliriz ψ(~r). Gözlemlenebilir
nicelikler, bu vektör uzayında operatörlere karşılık gelir, mesela bir parçacığın
konumuna karşılık gelen işlemciyi r̂ ile gösterirsek
r̂ψ(~r) ≡ ~rψ(~r)
(1.10)
olarak tanımlanır. Momentum işlemcisine bakacak olursak
~
p̂ψ(~r) ≡ −i~∇ψ
(1.11)
olarak tanımlanır. Sistemin durumunun zamanla değişimi
i~
∂
|ψ(t)i = H|ψ(t)i
∂t
(1.12)
1.2. KUANTUM MEKANIĞI VE SAÇILMA PROBLEMI
7
denklemi ile belirlenir. Burada H sistemin Hamilton işlemcisi olarak bilinir.
Klasik mekanikte incelediğimiz saçılma problemini bir de kuantum mekaniksel
olarak inceleyelim. İlk cevaplamamız gereken soru, sistemi hazırladığımız ilk
durumu nasil tasvir edeceğimiz sorusudur. m kütlesi ilk durumda belirli bir
p~0 = m~v Dolayısıyla dalga fonksiyonunu ψ(~r) ile gösterecek olursak
p̂ψ(~r) = p~0 ψ(~r)
(1.13)
olmalıdır. p̂ işlemcisinin gösterimini kullanacak olursak
~ r) = p~0 ψ(~r)
−i~∇ψ(~
(1.14)
la
k
olduğundan
i
ψ(~r) = N e ~ p~0 ·~r
(1.15)
Ta
s
olduğu görülür, burada N boylamlandırma sabitidir.
Bu aşamada klasik mekanikteki durumla kıyasladığımızda bir problemle
karşılaşırız: klasik durumda parçacığımız bir noktada bulunuyordu ve o noktanın her anda konumunu ve momentumunu biliyorduk. Oysa şimdi p~ momentumlu bir parçacığı tasvir etmek için kullandığımız dalga fonksiyonunun
tasvir ettiği parçacık eşit olasılıkla her yerde olabilir. Belli bir noktada bulunan bir dalga fonksiyonu da seçebilirdir:
ψ(~r) = δ 2 (~r − ~r0 )
(1.16)
ancak bu durumda bu dalga fonksiyonu ile tasvir edilen parçacık herhangi
bir momentuma sahip olabilir. Bu durumda klasik mekanikte kullandığımız
tanımı, olduğu gibi, kuantum mekanikte kullanamayız. Bu problemden kurtulmak için, öncelikle klasik mekanikte tesir kesitini başka nasıl tanımlayabileceğimize bakalım. Yeni tanımı ararken, mümkün oldukça ölçülen nicelikler
cinsinden tanımlayalım.
1.2.1
Kuantum Mekanikte Tesir Kesiti
Öncelikle tek bir m kütlesi yollamak yerine, homojen bir hüzme yolladığımızı
varsayalım. Hüzmenin yoğunluğunu nm ile, hüzmedeki parçacıkların hızını da
v ile gösterelim. Ayrıca çarpışma bölgesinin etrafına ölçüm aletleri yerleştirip,
gelen parçacıkların sayısını sayalım. Eğer, ölçüm cihazını yeterince uzağa
8
BÖLÜM 1. GIRIŞ
Şekil 1.3:
Şekil 1.4:
uzaktan
yerleştirip, sisteme uzaktan bakarsak, göreceğimiz sistem şekil 1.4 gibi olacaktır. Eğer sadece A kesit alanına sahip bir silindirin içindeki parçacıkların
saçıldığını görüyorsak (ya da hüzmenin içinden yeterince küçük bir A alanına
giden parçacıkları seçersek), ölçüm cihazına birim zamanda çarpan parçacık
sayısı
∆σ
A
la
k
∆N = nm vA
(1.17)
olacaktır.
Burada (nm vA) birim zamanda küreye çarpan (ve saçılan) parçacık sayısıdır.
∆σ ölçüm cihazının içine saçılması için nişan alınması gereken alandır. Dolayısıyla
A alanı içerisine homojen yayılmış olan parçacıkların sadece ∆σ/A kadarı
ölçüm cıhazına doğru saçılacaktır. Buradan, ∆σ’yi çekecek olursak
∆N
nm v
Ta
s
∆σ =
(1.18)
olarak bulunur. Burada nm v yollanan parçacık akısı, yani birim zamanda
birim alanı dik kesen parçacık sayısı, ∆N ise ölçüm aletinde birim zamanda
ölçülen parçacık sayısıdır. Burada nm v’yi birim zamandaki çarpışma sayısı
ve ∆N ’yi de bu çarpışmalardan “düzgün doğrultuda” (yani ölçüm cihazına
doğru) sonlananların sayısı olarak bakabiliriz. Bu yorumda ∆σ bir tür, herhangi bir çarpışmanın düzgün doğrultuda sonlanma olasılığıdır
Denklem 1.18’daki tesir kesiti tam olarak bir olasılık değildir, çünkü
olasılığın birimi yokken, ∆σ’nın birimi alan birimidir. Tesir kesiti ile saçılma
olasılığı arasındaki ilişkiyi şöyle oluşturabiliriz. Birim zamandaki çarpışma
sayısını, N ile gösterelim. Bu durumda, yolladığımız tek bir parçacığın
saçılma olasılığını P = ∆N/N olarak yazabiliriz. Bu durumda tesir kesiti:
∆σ = P
N
nm v
(1.19)
olarak yazabiliriz. nm v ifadesi, yollanana parçacık akısıdır, yani birim alana
birim zamanda gelen parçacık sayısıdır. Dolayısıyla nN
N parçacığın geldiği
mv
1.2. KUANTUM MEKANIĞI VE SAÇILMA PROBLEMI
9
alandir. Buradan da görülebileceği gibi, tesir kesitini
∆σ = P∆A
(1.20)
olarak da yazabiliriz. Burada A parçacıkları yolladığımız alandır.
∆σ’nın bu iki tanımı, ölçülen parçacık sayısının yollanana oranı ve olasılık,
kuantum mekaniksel genellemeye uygun tanımlardır. Bir örnek inceleyecek
olursak, klasik olarak incelediğimiz sert küre saçılmasını, şimdi de kuantum
mekaniksel olarak inceleyelim.
1.2.2
Sert Küre Probleminin Çözümü
V (~r) =
la
k
Sert bir küreyi
0 |~r| > R ise
∞ |~r| < R ise
(1.21)
Ta
s
potansiyeli ile modelleyebiliriz. R yarıçaplı kürenin içinde potansiyel sonsuz
olduğu için, bu kürenin içinde dalga fonksiyonu sıfır olmalıdır.
Bu potansiyele karşılık gelen Schroedinger denklemini tam olarak çözebiliriz.
Potansiyelin küresel simetrisi olduğu için, Hamiltoniyenin bütün öz fonksiyonları
ψ(~r) =
u(r)
Ylm (θ, φ)
r
(1.22)
şeklinde yazabiliriz. Buradaki Ylm (θ, φ) fonksiyonları küresel harmonik fonksiyonlardır. Schroedinger denklemine yerleştirisek, u(r)’nin sağladığı denklem
~2 l(l + 1)
~2 d2 u
+ V (r) +
u(r) = Eu(r)
(1.23)
−
2m dr2
2mr2
olarak yazılabilir. r < R durumunda, V (r) = ∞ olduğunda, bu bölgede
u(r) = 0 olacaktır. r > R bölgesinde ise u(r)
d2 u
2mE l(l + 1)
+
−
u(r) = 0
(1.24)
dr2
~2
r2
denklemini sağlayacaktır. Bu denklemin genel çözümü
√
√
u(r) = a rJl+1/2 (κr) + b rYl+1/2 (κr)
(1.25)
10
BÖLÜM 1. GIRIŞ
olarak yazılabilir. Burada J ve Y fonksiyonları Bessel fonksiyonlarıdır ve
E = ~2 κ2 /2m olarak tanımlanmıştır. Bu çözümdeki a ve b sabitlerini bulmak için sınır koşullarını kullanacağız. Bu problemdeki tek sınır koşulumuz
dalga fonksiyonunun sürekliliğinden gelen u(R) = 0 koşuludur. Bu koşulun
sağlanması için a ve b sabitlerinin aJl+1/2 (κR) + bYl+1/2 (κR) = 0 koşulunu
sağlaması lazım. Bu durumda genel çözümümüzü
√
√
u(r) = Nlm rYl+1/2 (κR)Jl+1/2 (κr) − rYl+1/2 (κr)Jl+1/2 (κR) (1.26)
Ta
s
la
k
olarak yazabiliriz. Burada Nlm boylamlandırma sabitidir. Genel olarak kuantum mekanikteki dalga fonksiyonları bire boylamlandırılırlar. Ancak sonlu
bir hacime sınırlandırılmamış dalga fonksiyonları bire boylamlandırılamazlar.
Bu bulduğumuz çözümde sonlu bir hazme sınırlandırılmadığı için, bire boylamlandırılamaz.
Bulduğumuz çözümün enerjisi l ve m değerinden bağımsızdır. Dolayısı ile
bütün olası l ve m değerine sahip çözümler yozdur. Belli bir enerjiye sahip
en genel çözümü
X Nlm √ Yl+1/2 (κR)Jl+1/2 (κr) − Yl+1/2 (κr)Jl+1/2 (κR) Ylm (θ, φ)
(1.27)
ψ(~r) =
r
lm
olarak yazabiliriz.
Bizim ilgilendiğimiz problemde, potansiyelden uzakta belli momentum ile
potansiyelimize doğru ilerleyen ve potansiyelden saçıldıktan sonra da küresel
olarak saçılan çözüm. Dolayısı ile beklediğimiz çözüm, potansiyelden uzakta
ψ(~r) ' ei~p·~r + f (θ, φ)
eikr
r
(1.28)
Bu çözümdeki ikinci terim, r = 0’dan dışarı doğru yayılan küresel bir dalgadır. Bulduğumuz çözümü, buna benzetebilmek için, öncelikle, bulduğumuz
çözümün r → ∞ limitinde neye benzeyeceğine bakalım. Bunun için, çözümümüzü
1/r cinsinden seriye açıp, sadece 1/r’nin en küçük kuvvetine tutmamız yeterlidir. Bunun için Bessel fonksiyonunun asimptotik ifadelerine ihtiyacımız var:
r
2
π
r→∞
sin(κr − l )
(1.29)
Jl+ 1 (κr) −→
2
κπr
2
ve
r
2
π
r→∞
Yl+ 1 (κr) −→ −
cos(κr − l )
(1.30)
2
κπr
2
1.2. KUANTUM MEKANIĞI VE SAÇILMA PROBLEMI
11
Bu limitte bulduğumuz dalga fonksiyonunu yazarsak
r
X Nlm
2 h
π
π i
√ Ylm (θ, φ)
ψ(~r) =
Yl+ 1 (κR) sin(κr − l ) + Jl+ 1 (κR) cos(κr − l )
2
2
κπr
2
2
r
lm
r
X
1
Nlm
=
(−i) √ Ylm (θ, φ)
2κπr
r
lm
h
i
π
π
× ei(κr−l 2 ) (Yl+ 1 (κR) + iJl+ 1 (κR)) + e−i(κr−l 2 ) (Yl+ 1 (κR) − iJl+ 1 (κR))
2
2
2
2
(1.31)
la
k
Burada
Yl+ 1 (κR) + iJl+ 1 (κR) ≡ Kl eiδl
2
olarak tanımlarsak
2
(1.32)
r
π
Nlm Kl
1 i(κr−l π +δl )
2
ψ(~r) =
(−i)
Ylm (θ, φ)
e
− e−i(κr−l 2 +δl ) (1.33)
r
2κπ
lm
X
Ta
s
elde ederiz. Burada, köşeli parantezin içindeki ifadeye bakacak olursak, buradaki ilk terim r = 0 noktasından dışarı doğru yayılan, bir dalgayı temsil
eder, ikinci terim ise r = 0 noktasına doğru küçülen bir küresel dalgayı temsil
eder. Benzer bir ifadeyi, düzlem dalga için de yazabiliriz:
r
X
π ∗
l
i~k·~
r
Ylm (θk , φk )Ylm (θ, φ)Jl+ 1 (kr)
(1.34)
i
e = 4π
2
2kr
lm
olarak yazılabilir. Bu ifadenin de r → ∞ asimptotik limitine bakacak olursak
r
r
X
π ∗
2
π
i~k·~
r
l
e
= 4π
i
Ylm (θk , φk )Ylm (θ, φ)
sin kr − l
2kr
kπr
2
lm
X
1 ∗
= 2π
(−i) Ylm
(θk , φk )Ylm (θ, φ) eikr − e−i(kr−lπ)
(1.35)
kr
lm
Yine burada da eikr ile orantılı olan terimleri dışarı doğru yayılan küresel dalgalar, e−ikr ile orantılı olan terimleri de içeri doğru küçülen küresel dalgalar
olarak yorumlayabiliriz. Denklemler 1.35 ve 1.33’u kıyaslayacak olursak, ve
12
BÖLÜM 1. GIRIŞ
ikisinde de içeri merkeze doğru küçülen küresel dalgaları eşitleyecek olursak,
κ = k ve bilmediğimiz Nlm sabitlerinin
r
1
2π ∗
−iδl
Nlm Kl e
=
Y (θk , φk )(i)l
2κπ
k lm
r
2π l 2π iδl ∗
=⇒ Nlm =
(1.36)
i
e Ylm (θk , φk )
Kl
k
Ta
s
la
k
olması gerektiğini görürüz. Bu çözümü denklem 1.33’a yerleştirecek olursak,
çözümümüz
X (−i) 2π π
π ∗
ψ(~r) =
il
Ylm
(θk , φk )Ylm (θ, φ) ei(kr−l 2 +2δl ) − e−i(kr−l 2 )
r
k
lm
X
1 ∗
(−i) Ylm
(θk , φk )Ylm (θ, φ) ei(kr+2δl ) − e−i(kr−lπ)
= 2π
kr
lm
X
1 ∗
= 2π
(−i) Ylm
(θk , φk )Ylm (θ, φ) eikr − e−i(kr−lπ)
kr
lm
X
1 ∗
(θk , φk )Ylm (θ, φ)eikr ei2δl − 1
(−i) Ylm
(1.37)
+2π
kr
lm
şeklini alır. Burada son eşitlikte yaptığımız, ikinci eşitlikteki çözümü iki terimin toplamı şeklinde yazmak oldu. Birinci terimi denklem 1.35 ile kıyaslarsanız,
bu terimin aslında düzlem dalganın merkezden uzaktaki ifadesi olduğunu
görürsünüz. Dolayısıyla bu çözümü
eikr
r
(1.38)
∗
Ylm
(θk , φk )Ylm (θ, φ) ei2δl − 1
(1.39)
~
ψ(~r) = eik·~r + f (θ, φ)
olarak yazabiliriz. Burada
f (θ, φ) = 2π
X (−i)
lm
k
olarak tanımladık.
Denklem 1.38’e bakacak olursak, buradaki birinci terim, bizim potansiyele
doğru göderdiğimiz parçacıkları tasvir ederken, ikinci terim potansiyelden
saçılan parçacıkları temsil edecektir. Denklem 1.18’a bakacak olursak, bu
çözümden tesir kesitini elde etmek için, yolladığımız parçacık akısını, ve
ölçüm cihazına doğru saçılan parçacık sayısını hesaplamamız gerekir.
1.2. KUANTUM MEKANIĞI VE SAÇILMA PROBLEMI
1.2.3
13
Parçacık Akısı
Öncelikle kuantum mekaniğinde parçacık akısının nasıl hesaplandığını bir
tekrar edelim. Kuantum mekaniğinde, |ψ(~r, t)|2 , bir parçacığın ~r noktasında
bulunma olasılık yoğunluğunu verir (eger dalga fonksiyonu bire boylamlandırıldıysa).
Bunu, uygun boylamlandırma sabiti ile çarparsak, ~r noktasındaki parçacık
yoğunluğu olarak da yorumlayabiliriz:
ρ(~r, t) = |ψ(~r, t)|2
(1.40)
la
k
. Toplam parçacık sayısı korunacağından, belli bir noktadaki parçacık sayısının
değişimi, o noktadaki parçacık akımından kaynaklanacaktır. Dolayısı ile,
parçacık akımını, ~j, süreklilik denklemini
∂ρ ~ ~
+∇·j =0
∂t
(1.41)
sağlayacak şekilde tanımlarız.
Denklem 1.40’nin zamana göre türevini alacak olursak
Ta
s
∂
∂ρ
=
(ψ ∗ (~r, t)ψ(~r, t))
∂t
∂t
∗
∂ψ
∂ψ
∗
=
ψ+ψ
∂t
∂t
elde ederiz. ψ’ın Schroedinger denklemini ∂ψ/∂t =
lanırsak
(1.42)
1
Hψ
i~
sağladığını kul-
1
∂ρ
=
[−(Hψ ∗ )ψ + ψ ∗ (Hψ)]
∂t
i~
(1.43)
elde ederiz.
Pek çok kuantum mekanik probleminde, Hamiltoniyen işlemcisi
H=−
~2 2
∇ + V (~r)
2m
(1.44)
olarak yazılabilir. Burada V (~r) reel bir potansiyeldir. Dolayısıyla yukarıdaki
denklemdeki farka katkı vermez. Bu durumda
∂ρ
i~ −(∇2 ψ ∗ )ψ + ψ ∗ (∇2 ψ)
=
∂t
2m
i
i~ ~ h ~ ∗
~
= −
∇ · (∇ψ )ψ − ψ ∗ (∇ψ)
(1.45)
2m
14
BÖLÜM 1. GIRIŞ
yazabiliriz. Buradan
∂ρ ~
+∇·
∂t
i
i~ h ~ ∗
∗ ~
· (∇ψ )ψ − ψ (∇ψ) = 0
2m
(1.46)
Bu denklemi, denklem 1.41 ile kıyaslayacak olursak, parçacık akımının
h
i
~ ∗ )ψ − ψ ∗ (∇ψ)
~
~j = i~ (∇ψ
2m
(1.47)
olarak ifade edilebileceğini görürüz.
Sert Küre Probleminin Tesir Kesiti
la
k
1.2.4
Şimdi, sert küre probleminin tesir kesiti hesabına dönelim. Yolladığımız
~
parçacıkları ψg = eik·~r ile göstermiştim. Buna karşilik gelen parçacık akımını
hesaplayacak olursak
~
~jg = ~k
m
(1.48)
Ta
s
olduğunu buluruz (bu ifadenin parçacığın hızına eşit olduğuna dikkat ediniz).
ikr
Potansiyelden yansıyan parçacıkların ise, dalgafonksiyonunun ψy = f (θ, φ) e r
kısmı ile ifade edildiğine değinmiştik. Bu kısma karşılık gelen parçacık akısını
küresel koordinatlarda yazarsak, r̂ yönünde bir bileşeni ve θ̂ ve φ̂ yönünde
~ işlemcisinin bu yöndeki bileşenler, fazladan bir 1/r
bileşenleri olacaktır. ∇
çarpanı içerdiğinden, θ̂ ve φ̂ yönlerindeki parçacık akıları 1/r3 ile orantılı
olacağından, potansiyelden çok uzakta, yani ölçüm cihazımızın olduğu yerde,
hiçbir katkıları olmayacaktir. Dolayısıyla, ölçüm cihazımızın olduğu yerde
~j = jr r̂ olacaktır, burada
i~ ∂ψy∗
∗ ∂ψy
ψy − ψy
jr =
2m ∂r
∂r
~k 1
=
|f (θ, φ)|2
(1.49)
2
mr
olacaktır. Buradaki ~k/m çarpanı, yine, parçacıkların hızlarının büyüklüğünü
verirken, |f (θ, φ)|2 çarpanı ise hangi yöne ne kadar saçıldığı ile ilgili bilgi verecektir. 1/r2 çarpanının söylediği ise, parçacıkların merkezden uzaklaştıkça
daha büyük bir kürenin üzerine yayıldığıdır.
1.2. KUANTUM MEKANIĞI VE SAÇILMA PROBLEMI
15
Eğer potansiyelimizin merkezinde r mesafede (r R), açıklığının alanı
∆A olan bir ölçüm aleti kullanırsak, ölçüm aletinin içine girecek olan parçacık
sayısı
∆N = jr ∆A
(1.50)
olacaktir. Denklemler 1.50, 1.49 ve 1.48 ifadelerini denklem 1.18 ifadesinde
yerine yerleştirecek olursak
∆σ =
~k
|f (θ, φ)|2 r12 ∆A
m
~
| ~mk |
∆A
r2
la
k
= |f (θ, φ)|2
(1.51)
Burada ∆A/r2 ’nin ölçüm aletinin gördüğü katı açı, ∆Ω, olduğunu kullanırsak,
ve ∆A alanını çok küçük alırsak, diferansiyel tesir kesiti için
dσ
= |f (θ, φ)|2
dΩ
(1.52)
Ta
s
elde ederiz.
Tesir kesitinin açık ifadesini elde etmeden önce, uygun bir koordinat sistemi seçelim. İşlemleri kolaylaştırması için, z eksenin ~k vektörünün yönünde
seçelim. Bu durumda θk = 0 olacaktır. Küresel Harmoniklerin tanımından
( q
2l+1
m = 0 ise
4π
(1.53)
Ylm (θk = 0, φk ) =
0
m 6= 0 ise
p
ve Yl0 (θ, φ) =
(2l + 1)/4πPl (cos θ), Pl (cos θ) Legendre polinomu olmak
üzere, olduğundan
f (θ, φ) =
∞
X
l=0
−i
2π 2l + 1 2iδl
e − 1 Pl (cos θ)
k 4π
1 X iδl
=
e sin(δl )Pl (cos θ)
k l
(1.54)
olacaktır.
Denklem 1.32’den, δl için
tan δl =
Jl+ 1 (kR)
2
Yl+ 1 (kR)
2
(1.55)
16
BÖLÜM 1. GIRIŞ
olarak yazabiliriz. Bu fonksiyon, küçük kR değerlerinde, l ile hızlı bir şekilde
azalan bir fonksiyondur. Dolayısıyla sadece l = 0 teriminin katkısını hesaplamak, yaklaşık bir sonuç bulmamız için yeterli olabilir. Bu durumda
tan δ0 = − tan(kR) =⇒ δ0 ≈ −kR
(1.56)
olacaktır. f (θ, φ) ifadesinde yerine yerleştirirsek
1 iδ0
e sin(δ0 )P0 (cos θ)
k
1
≈
δ0 = −R
k
f (θ, φ) ≈
(1.57)
la
k
olacaktır. Differansiyel tesit kesiti ifadesinde (denklem 1.52) yerine yerleştirecek
olursak, differansiyel tesir kesitini
dσ
= R2
dΩ
(1.58)
Ta
s
buluruz. Toplam tesir kesitini ise, bütün katı açı üzerinden integrallersek
Z
Z 2π Z 1
dσ
d(cos θ)R2 = 4πR2
(1.59)
dφ
σT =
dΩ =
dΩ
−1
0
elde ederiz. Bu sonuç klasik mekanikte hesapladığımız sonucun dört katıdır1 .
Her ne kadar hesap bakımından uzun görünse de tesir kesitini hesaplamak
için yaptığımız işlemleri üç adımda özetleyebiliriz
1. Gelen ve saçılan parçacıkları temsil eden dalga fonksiyonunu bul (denklem 1.38)
2. Dalga fonksiyonundan gelen ve saçılan akıları hesaplar (denklemler 1.48
ve 1.49)
3. Tesir kesiti ifadesinde yerine koy (denklem 1.18)
Bu adımlardan en karmaşık olanı birinci adımdır, ve pek çok durumda
kesin bir çözüm bulmak mümkün değildir. Bu sebeple çeşitli yaklaşık çözüm
bulma metodlarını kullanırız. Bi sonraki bölümde kuantum mekanikte tedirgeme kuramını inceleyip, bazı uygulamalarına bakacağız.
1
Kuantum mekaniksel hesabın, niye klasik hesabın dört katını verdiği, ve kuantum
mekanikteki saçılma hesapları ile ilgili daha detayli bilgiyi kuantum mekanik kitaplarınızda
bulabilirsiniz.
Bölüm 2
la
k
Kuantum Mekaniğinde
Tedirgeme Kuramı
2.1
Ta
s
Bir önceki kısımda, tam olarak çözebildiğimiz bir problemde, tesir kesitini hesapladık. Ancak çoğu zaman karşılaştığımız problemlerin tam bir
çözümünü bulmak mümkün değildir. Bu gibi durumlarda yaklaşık bir çözüm
bulabiliriz.
Zaman Bağımsız Tedirgeme Kuramı
İnceleyeceğimiz sistemin Hamiltonyen’i
H = H0 + αV (~r)
(2.1)
olarak veriliyor olsun. Burada α’nın küçük bir parametre olduğunu varsayacağız. V (~r) ise, ~r = 0 etrafındaki küçük bir bölgede yerelleşmiş bir potansiyelimiz olsun.
[H0 + αV (~r)] ψα (~r) = Eα ψ(~r)
(2.2)
denklemini sağlayacak dalga fonksiyonunu arayalim. Aradığımız sonuç doğal
olarak α’ya bağlı olduğu için, dalga fonksiyonunda α’yi bir alt simge olarak
gösterdik. Bizim yolladığımız parçacıkları temsilen, α = 0’da çözümümüzün
bir düzlem dalga olmasını bekleriz (çünkü dalga fonksiyonunu değiştirecek
bir etki yoktur):
~
ψα=0 (~r) = eik·~r ≡ ψ0 (~r)
17
(2.3)
18
BÖLÜM 2. KUANTUM MEKANIĞINDE TEDIRGEME KURAMI
ve enerjisi E0 = ~2 k 2 /(2m) olacaktır.
Herhangi bir α değerindeki çözümü ve karşılık gelen enerjiyi α cinsinden
Taylor serisi olarak açarsak:
ψα (~r) = ψ0 (~r) + αψ1 (~r)2α ψ2 (~r) · · ·
Eα = E0 + αE1 + α2 E2 + · · ·
(2.4)
olarak yazabiliriz. Bu açılımları zaman bağımsız Schroedinger denkleminde
yerlerine yerleştirecek olursak
(2.5)
[H0 + αV (~r)] ψ0 (~r) + αψ1 (~r)2α ψ2 (~r) · · ·
2
2
(2.6)
= E0 + αE1 + α E2 + · · · ψ0 (~r) + αψ1 (~r)α ψ2 (~r) · · ·
la
k
elde ederiz. Bu denklemin bütün α değerlerinde sağlanması için iki taraftaki
α’nın aynı kuvvetlerının katsayılarının eşit olması gerekir. Bu durumda α0
ve α1 terimlerinin katsayılarını eşitlersek
H0 ψ0 = E0
(H0 − E0 ) ψ1 (~r) = (E1 − V (~r)) ψ0 (~r)
(2.7)
Ta
s
buluruz. İlk denklem bize ψ0 ’ın potansiyel olmadığı durumdaki çözümü
~
olduğugu söyler, ki bu çözümün ψ0 = eik·~r olduğunu zaten belirtmiştik. Dalga
fonksiyonuna gelen ilk düzeltme terimi ψ1 (~r) olur, ki eğer α yeterince küçük
ise 1 . Bu durumda iki bilinmeyeni bulmamız gerekir: ψ1 ve E1 . E1 ’i bulmak
için 2.6 denklemini soldan ψ0∗ ile çarpıp, ~r üzerinden integralleyelim. Sol taraf
Z
Z
h
i∗
3
∗
d rψ0 (~r)(H0 − E0 )ψ1 (~r) = d3 r (H0† − E0 )ψ 0 ψ1 (~r) = 0
(2.8)
olacaktır. Dolayısı ile sağ taraftan
Z
Z
3
∗
E1 d rψ0 (~r)ψ0 (~r) = d3 rψ0∗ (~r)V (~r)ψ0 (~r)
(2.9)
elde edilir. İnregrali sonsuz uzay yerine büyük ama sonlu bir Ω hacmi
üzerinden alacak olursak, |ψ0 (~r)| = 1 olduğunu da kullanırsak
Z
1
(2.10)
d3 rψ0∗ (~r)V (~r)ψ0 (~r)
E1 =
Ω
1
Daha doğru bir ifade ile, α’nin küçük olması tek başına yeterli değildir. αV işlemcisinin
bütün matriks elemanlarının küçük olması gerekir
2.1. ZAMAN BAĞIMSIZ TEDIRGEME KURAMI
19
la
k
elde ederiz. Burada paydadaki integraldeki V (~r) sadece küçük bir hacimde
sıfırdan farklı olduğu için Ω’dan bağımsızdır. Dolayısıyla Ω → ∞ limitinde
E1 = 0 bulunur.
Enerjiye düzeltme gelmemesi beklenmeyen bir durum değildir. Aradığımız
çözüm sonlu bir hacmi kıstırılmış bir çözüm olmadığından, olası enerjileri
kuantize değil, süreklidir. Dolayısıyla E0 enerjisine sahip bir çözüm mut~
laka vardır. Ayrıca aradığımız çözüm potensitelden çok uzak bölgede eik·~r
olmalıdır. Bu bölgede potensitel sıfır olduğundan, bu çözğmğn tek enerjisi
kinetic enerjisidir ki o da ~2 k 2 /(2m)’dir ki E0 ’a eşittir. Bu sebepten dolayı,
enerjiye gelen sadece E1 düzeltmesi değil, bütün düzeltmeler sıfırdır.
Gelelim ψ1 düzetlmesini hesaplamaya. E1 = 0 olduğundan, E1 ’in sağlaması
gereken denklem
(H0 − E0 )ψ1 (~r) = −V (~r)ψ0 (~r)
(2.11)
Bu denklemi, Green fonksiyonlarını kullanarak çözelim. Bunun için öncelikle
(H0 − E0 )G(~r) = −4πδ 3 (~r)
(2.12)
Ta
s
denkleminin çözümünü bulmamız lazım. Bu çözümü bulduktan sonra, ψ1 (~r)
çözümünü
Z
1
d3 r0 G(~r − ~r0 )V (~r0 )ψ0 (~r0 )
(2.13)
ψ1 (~r) =
4π
olarak elde edebiliriz.
Denklem 2.12’i çözmek için, aradığımız çözümün sınır koşullarını da belirtmemiz gerekir. Aradığımız ψ1 çözümüi saçılan parçacıkları temsil edeceği
için, çözümün, potansiyelden çok uzaklarda, bellir bir noktadan dışarı doğru
yayılan küresel bir dalga olması gerekir. Dolayısıyla, G(~r) çözümü için
gereken sınır koşulu
|~
r|→∞
G(~r) −→ K
eikr
r
(2.14)
şeklinde olmalıdır. Buradaki K belirlenmesi gereken bir sabittir. Bu sınır
koşulunu sağlayan Green fonksiyonu
G(~r) = −
2m eikr
~2 r
(2.15)
20
BÖLÜM 2. KUANTUM MEKANIĞINDE TEDIRGEME KURAMI
olarak bulunur. (çözümün detayı için bkz. Ek. A ) Buradan da ψ1 (~r)
çözümünü
Z
ik|~
r−~
r0 |
m
~
3 0e
ψ1 (~r) = −
eik·~r V (~r0 )
(2.16)
d
r
2π~2
|~r − ~r0 |
Ta
s
la
k
olarak buluruz. Burada ψ0 (~r) dalga fonksiyonunu açık halini de yerleştirdik.
Ölçüm aletimiz potansiyelin olduğu yerden çok uzakta olacaktır. Bir başka
deyişle, integrale katkı veren her bölgedeki ~r0 noktası için |~r0 | |~r| olacaktır.
Eğer |~r − ~r0 | uzunluğunu r0 /r cinsinden Taylo açılımına tabi tutarsak
p
(~r − ~r0 )2
|~r − ~r0 | =
1
= r2 + r02 − 2rr0 cos γ 2
! 12
0 2
0
r
r
= r 1+
− 2 cos γ
r
r
r0
= r 1 − cos γ
r
0
= r − r cos γ
(2.17)
elde ederiz. Bu sonucu kullanarak
0
eik|~r−~r |
eikr −i~k0 ·r0
'
e
+O
|~r − ~r0 |
r
0 2 !
r
r
yazabiliri. Burada ~k 0 = kr̂ olarak tanımladık. Bu durumda
Z
m eikr
~ 0 ~0 0
ψ1 (~r) = −
d3 r0 eik·~r −ik ·~r V (~r0 )
2
2π~ r
(2.18)
(2.19)
olcaktır. Artık yaklaşık çözümü denklem 1.38’deki gibi yazacak olursak,
Z
αm
f (θ, φ) = −
d3 r0 ei~q·~r V (~r0 )
2π~2
αm
= −
V (~q)
(2.20)
2π~2
olarak buluruz. Burada ~q = ~k − ~k 0 olarak tanımladık, ve V (~q), V (~r) fonksiyonunun Fourier dönüşmüş halidir.
2.1. ZAMAN BAĞIMSIZ TEDIRGEME KURAMI
21
Devam etmeden öncelikle ~k 0 vektörünün neye karşılık geldığıne bakalım.
r̂ doğrultusu, ölçüm cihazımızın konumunu gösteren doğrultudur. Parçacığın
ölçüm cihazina gidebilmesi için saçıldıktan sonra momentumunun r̂ doğrultusunda
olması gerekir. Enerjinin korunumundan dolayı, momentumunun şiddetinin
ise değişmemiş olması gerekir. Dolayısıyla ~k 0 , saçıldıktan sonra ölçüm cihazina doğru giden parçacığın momentumundur. ~q ise, parçacığın momentumundaki değişimdir. Denklem 2.20’den tesir kesitini
α2 m2
dσ
= |f (θ, φ)|2 =
|V (~q)|2
dΩ
(2π)2 ~4
(2.21)
Ta
s
la
k
olarak yazılabilir.
Denklem 2.21’den de görüldüğü gibi, eğer tesir kesitini ölçebilirsek, burada potansiyelin Fourier dönüşümünü, ve dolayısıyla da etkileşme potansiyelini bulabiliriz.
Tesir kesiti hesabi için bir örnek olarak Kulomb etkileşmesinden saçılmayı
q1 q2
olacaktır. V (~r)’nin Fourier
inceleyelim. Bu durumda V (~r) = 1r ve α = 4π
0
4π
dönüşümü yapılırsa V (~q) = − q2 elde edilir. Yukarıdaki ifadeye yerleştirir
ise, differansiyel tesir kesiti
2
2αm
dσ
1
=
(2.22)
2
dΩ
~
q4
olarak elde edilir. Saçılma açısınıa önceki bölümde olduğu gibi χ ile gösterecek
olursak,
q 2 = (~k − ~k 0 )2 = k 2 + k 02 − 2kk 0 cos χ
χ
= 2k 2 (1 − cos χ) = 4k 2 sin2
2
(2.23)
yazabiliriz. Ayrıca dΩ = 2π sin χdχ = 4π sin χ2 cos χ2 dχ olduğunu da kullanırsak, differansiyel tesir kesiti
2
dσ
1
χ
χ 2αm
= 4π sin cos
2
2
dχ
2
2
~
4k 2 sin2 χ2
α 2 cos χ
2
= π
(2.24)
mv 2 sin3 χ2
elde ederiz. Burada v ≡ ~k/m olarak tanımladık. Bu sonucun denklem
1.8’de verilen klasik tesir kesiti ifadesi ile aynı olduğuna dikkat edin.
22
BÖLÜM 2. KUANTUM MEKANIĞINDE TEDIRGEME KURAMI
2.2
Zaman Bağımlı Tedirgeme Kuramı
la
k
Bir önceki kısımda, zaman bağımsız tedirgeme kuramı kullanarak saçılma
tesir kesitini hesapladık. Bu yönteme Hamiltoniyen’imizin enerji oz fonksiyonlarını yaklaşık olarak hesaplayıp, tesir kesitini elde ettik. Ancak deneylerde
yapılan bu değildir. Deneyde belli bir t = ti anında bir yerde parçacık
demeti hazırlanır, ki bu demet bir düzlem dalga değil, bir dalga paketidir.
Bu dalga paketi hedefe (veya bir başka demete) doğru gönderilir, t = 0
anı civarında saçılma gerçekleşir, ve t = ts anında da ölçüm cihazımızda
parçacıkları ölçeriz. Bu durumda, ilk t = ti anında hazırlanan durumun, zamanla evrimini incelememiz gerekir. Bunun için de zaman bağımlı tedirgeme
kuramını kullanırız. Bu kısımdan sonra artık sistemimizi dalga fonksiyonlari
ile değil Dirac’ın bra ve ket gösterimi ile göstereceğiz.
Sistemin ilk durumunu |ψ(t = ti )i = |ψi i ile gösterelim. Bu sistemin
zaman ile değişimini Schroedinger denklemi ile belirleyebiliriz 2 :
i
∂
|ψ(t)i = H|ψ(t)i
∂t
(2.25)
Şekilsel olarak, bu denklemi
Ta
s
|ψ(t)i = e−iH(t−ti ) |ψ(ti )i
(2.26)
olarak çözebiliriz (parçacık fiziğindeki Hamiltonyenler zamandan bağımsız
olacağından burada da H’nin zamandan bağımsız olduğunu vasaydık). Deneylerde
ölçebileceğimiz nicelikler, belirli işlemcilerin, O, iki durum arasındaki matriks
elemanlarıdır (veya bunlar cinsinden ifade edilebilen niceliklerdir):
F (t) = hψ(t)|O|ψ 0 (t)i
(2.27)
Genel olarak bra ve ketlerdeki durumlar farklı olabilir. Denklem 2.27’daki
matriks elemanı, O işlemcisi açıkça zamana bağlı olmasa bile |ψi ve |ψ 0 (t)i
durumları zamanla değiştiği için değişecektir. Kuantum mekaniğinin bu
resmine, yani işlemcilerin zamandan bağımsız olduğu, ama durumların zamanla değiştiği resme, Schroedinger resmi denir.
Denklem 2.27’da denklem 2.26’ü yerleştirecek olursak,
F (t) = hψ(ti )|eiH(t−ti ) Oe−iH(t−ti ) |ψ 0 (ti )i
= hψ(ti )|OH (t)|ψ 0 (ti )i
2
Bundan döyle ~ = 1 olan birimlerle çalışacağız
(2.28)
2.2. ZAMAN BAĞIMLI TEDIRGEME KURAMI
23
la
k
elde ederiz, burada OH (t) ≡ eiH(t−ti ) Oe−iH(t−ti ) olarak tanımladık. Dikkat
ederseniz, denklem 2.28’da işlemcimiz zaman bağımlı, ancak durumlarımız
zamandan bağımsız, bir başa deyişle, durumlar zamanla değişmiyor. Kuantum mekaniğin bu resmine, yani işlemcilerin zamanla değişip, durumların
zamanla değişmediği resme, Heisenberg resmi denir.
Saçılma problemlerinde, genelde Hamiltoniyeni iki kısma ayırırız: H =
H0 + V . Bu ayırım her ne kadar keyfi olsa da, H0 ’a etkileşmeyen Hamiltoniyen, ve V ’ye de etkileşme terimi olarak tanımlarız. Bizim ilgilendiğimiz,
sistemde V ’den kaynaklı olan değişimlerdir. Heisenber ve Schroedinger resimlerinde, zamanla değişen nesneler (Schroedinger resminde durumlar, Heisenber resminde işlemciler), hem H0 ’dan dolayı hem de V ’den dolayı değişirler.
H0 ve V ’den kaynaklı değişimleri ayırmak için, etkileşme resmi dediğimiz bir
resim daha tanımlarız. Bu resimde işlemcilerimiz H0 ’dan dolayı değişirler
(Heisenberg resmindekine benzer şekilde), durumlar ise V teriminden dolayı
değişirler. Bu ayirimi yapmak için, denklem 2.28’da işlemcinin iki yanına
e−iH0 (t−ti ) eiH0 (t−ti ) ≡ 1 yerleştirelim:
Burada
ve
Ta
s
F (t) = hψ(ti )|eiH(t−ti ) e−iH0 (t−ti ) eiH0 (t−ti ) Oe−iH0 (t−ti ) eiH0 (t−ti ) e−iH(t−ti ) |ψ 0 (ti )i
≡ I hψ(t)|OI (t)|ψ 0 (t)iI
(2.29)
|ψ(t)iI = eiH0 (t−ti ) e−iH(t−ti ) |ψ(ti )i
(2.30)
OI (t) = eiH0 (t−ti ) Oe−iH0 (t−ti )
(2.31)
olacak şekilde tanımladık. Eğer dikkat ederseniz, eğer V = 0 ise, yani H =
H0 ise, |ψ(t)iI = |ψ(ti )i ve OI (t) = OH (t) olacaktır.
Denklem 2.30 ifadesinin zamana göre türevini alacak olursak
∂
|ψ(t)iI =
∂t
=
=
=
eiH0 (t − ti )iH0 e−iH(t−ti ) |ψ(ti )i − eiH0 (t−ti ) iHe−iH(t−ti ) |ψ(ti )i
−ieiH0 (t−ti ) V e−iH(t−ti ) |ψ(ti )i
−ieiH0 (t−ti ) V e−iH0 (t−ti ) eiH0 (t−ti ) e−iH(t−ti ) |ψ(ti )i
−iV I (t)|ψ(t)iI
(2.32)
elde ederiz. Bu ise tıpkı Schroedinger denklemine benzemektedir, tek farkı
zamandan bağımsız H Hamiltoniyeni yerine zaman bağımlı V (t) etkileşimi
24
BÖLÜM 2. KUANTUM MEKANIĞINDE TEDIRGEME KURAMI
gelmiştir. Buradan da, etkileşme resminde, durumlardaki değişimin tek sebebinin etkileşme terimleri olduğu görülmektedir.
2.32 denklemini çözmek için şekilsel olarak iki tarafın da ti ’den t anına
kadar integralini alabiliriz:
t
Z
dt0 V I (t0 )|ψ(t0 )iI
ti
Z t
I
I
=⇒ |ψ(t)i = |ψ(ti )i − i
dt0 V I (t0 )|ψ(t0 )iI
I
I
|ψ(t)i − |ψ(ti )i = −i
(2.33)
ti
la
k
Bu denklemin iki tarafında da bulmak istediğimiz ifade olduğu için, bu ifade
tam olarak bir çözüm sayılmaz. Ancak yineleme ile tam çözümü bulabiliriz.
Denklemin sağ taraftak ifadeyi, integrali içindeki |ψ(t)iI yerine yerleştirir
isek
Z t
Z t
Z t1
I
I
0 I 0
I
2
I
|ψ(t)i = |ψ(ti )i − i
dt V (t )|ψ(ti )i + (−i)
dt1
dt2 V I (t1 )V I (t2 )|ψ(t2 )i(2.34)
ti
ti
ti
Ta
s
elde ederiz. Bu işlemi sonsuz defa tekrarlar isek, çözümü
I
|ψ(t)i
t
Z
I
0
0
ti
I
2
Z
t
Z
t1
= |ψ(ti )i − i
dt V (t )|ψ(ti )i + (−i)
dt1
dt2 V I (t1 )V I (t2 )|ψ(ti )iI + · · ·
t
t
ti
Z ti
Z t
Z t1 i
= 1 + (−i)
dt0 V I (t0 ) + (−i)2
dt1
V I (t1 )V I (t2 )
t
ti
ti
Z t i Z t1
Z t2
3
I
I
I
+ (−i)
dt1
dt2
dt3 V (t1 )V (t2 )V (t3 ) + · · · |ψ(ti )iI
ti
I
ti
I
≡ S(t, ti )|ψ(ti )i
elde ederiz. Burada son satırda
Z t
Z t1
Z t
0 I 0
2
S(t, ti ) = 1 + (−i)
dt V (t ) + (−i)
dt1
V I (t1 )V I (t2 )
t
ti
ti
Z t i Z t1
Z t2
+(−i)3
dt1
dt2
dt3 V I (t1 )V I (t2 )V I (t3 ) + · · (· 2.36)
ti
ti
ti
işlemcisini tanımladık. Denklem 2.36 ifadesinde dikkat etmemiz gereken bir
nokta, farklı zamanlardaki V I (t) işlemcilerinin genel olarak yer değiştirmemesidir,
(2.35)
2.2. ZAMAN BAĞIMLI TEDIRGEME KURAMI
25
yani t1 6= t2 ise V (t1 )V (t2 ) 6= V (t2 )V (t1 ). Farklı zamanlardaki işlemcilerin,
zaman sıralı çarpımlarını tanımlayalım:
T {V (t)} = V (t)
V (t1 )V (t2 ) t1 > t2 ise
T {V (t1 )V (t2 )} =
V (t2 )V (t1 ) t2 < t1 ise
(2.37)
Ta
s
la
k
Bir başka deyişle, T ile gösterdiğimiz zaman sıralı çarpım, zaman sırasında
daha önce gelen işlemciyi, daha sola yerleştirir. Üç veya daha fazla işlemcinin
zaman sırlı çarpımı da benzer şekilde tanımlanır. Denklem 2.36’deki integral içindeki işlemci çarpımları da zaman sıralıdır. Zaman sıralı çarpımın
tanımından da görülebileceği üzere T {V (t1 )V (t2 )} = T {V (t2 )V (t1 )} olacaktır. Yani, zaman sıralı çarpımın içinde oldukları sürece, farklı zamanlardaki işlemcilerin yerlerini istediğimiz gibi değiştirebiliriz, çünkü çarpımın
hangi sırada olacağını, zaman sıralı çarpımın içindeki sıra değil, zaman sıralı
çarpımın kendisi belirleyecektir.
Zaman sıralı çarpım tanımını ve
Z tn−1
Z tl−1
Z t
dtn T {V (t1 )V (t2 )...V (tn )}
dtl · · ·
dt1 · · ·
ti
ti
ti
Z
Z t
1 t
dt1 · · ·
dtn T {V (t1 )V (t2 )...V (tn )}
=
n! ti
ti
Z t
n 1
0
0
= T
dt V (t )
(2.38)
n!
ti
olduğunu kullanırsak, denklem 2.36
Z t
n
∞
R
X
1
−i t dt0 V (t0 )
0
0
S(t, ti ) = T
−i
dt V (t ) = T e ti
n!
ti
n=0
(2.39)
olarak yazılabilir.
İlk bölümde, tesir kesitinin bir tür olasılık olduğundan bahsetmiştik. Deneyde,
t = ti anında hazırlarığımız parçacıkları bir dalga paketi olarak gösterelim:
Z
d3 k p~ ~
φ (k)|ki
(2.40)
|ψi i =
(2π)3 i
Burada φpi~ (~k), dalga paketinin momentum uzeyındaki gösterimidir. Deneylerde
hazırlanan saçılma için hazırlanan parçacıklar, belli bir momentumda hazırlanır.
26
BÖLÜM 2. KUANTUM MEKANIĞINDE TEDIRGEME KURAMI
Dolayısıyla, burada φpi~ (~k) fonksiyonu, sadece p~ momentumuna çok yakın
bir bölgede sıfırdan farklı, bunun dışında sıfır olan bir pakettir. Paketin
koordinat uzayındaki genişliği Heisenger belirsizlik ilkesinden bulunabilir.
∆x∆p ≥ 12 . seçtiğimiz dalgayı
hψi |ψi i = 2Ep
olacak şekilde boylamlandıralım3 . Dolayısıyla
Z
d3 k p~ ~ 2
|φ (k)| = 2Ep
(2π)3 i
(2.41)
(2.42)
la
k
olacaktır.
|ψi i dalga durumunun t anındaki halini, Schroedinger resminde |ψ(t)i ile
gösterelim. Ölçüm aletimizin t = ts anında ölçtüğü dalga paketini de ise
Z
d3 k p~0 ~
φ (k)|ki
(2.43)
|ψs i =
(2π)3 s
Ta
s
0
olarak gösterelim. Buradaki φps~ (~k)’de, yine p~0 vektörü yakınına yerelleşmiş
bir momentum uzayı dalga paketi olsun, ve boylamlandırılması da denklem
2.42’daki gibi
Z
d3 k p~0 ~ 2
|φ (k)| = 2Ep0
(2.44)
(2π)3 s
olsun. Bu durumda bizim aradığımız olasılığın genliği
M = hψs |ψ(ts )i
(2.45)
olarak verilecektir. Bu genliği
M =
=
=
=
hψs |ψ(t)i
hψs |e−iH(ts −ti ) |ψi i
hψs |e−iH0 (ts −ti ) eiH0 (ts −ti ) e−iH(ts −ti ) |ψi i
hψs |e−iH0 (ts −ti ) S(ts , ti )|ψi i
(2.46)
olarak da yazabiliriz.
3
Neden böyle bir boylamlandırma seçtiğimiz, ileride Lorentz simetrisini tartıştığımızda
netleşecektir.
2.2. ZAMAN BAĞIMLI TEDIRGEME KURAMI
27
|ψs i durumu, momentumları ve enerjileri sırasıyla p~0 , ve Ep0 ’a eşit olan
durumların toplamı olduğu için
hψs |e−iH0 (ts −ti ) ' hψs |e−iEp0 (ts −ti )
(2.47)
olarak yazabiliriz. Dolayısıyla
M = e−iEp0 (ts −ti ) hψs |S(ts , ti )|ψi i
(2.48)
olur. S(ts , ti ) işlemcisinin denklem 2.36 ifadesindeki Taylor açılımını kullanırsak
Z
ts
la
k
Me
iEp0 (ts −ti )
dtV I (t) + · · · |ψi i
= hψs |1 − i
ti
Z
ts
= hψs |ψi i − i
dthψs |V I (t)|ψi (t)i
(2.49)
ti
Ta
s
olacaktor. Bu iki terimi sırasıyla inceleyelim. İlk terime bakacak olursa,
Z 3 0
d k p~0 ∗ ~ 0 p~ ~ ~ 0 ~
d3 k
φ (k )φi (k)hk |ki
hψs |ψi i =
3
(2π)
(2π)3 s
Z
Z 3 0
d3 k
d k p~0 ∗ ~ 0 p~ ~
φ (k )φi (k)(2π)3 δ 3 (~k − ~k 0 )
=
3
(2π)
(2π)3 s
Z
d3 k p~0 ∗ ~ p~ ~
=
φ (k)φi (k)
(2π)3 s
Z
(2.50)
0
olacaktrıir. p~ 6= p~0 için ve yeterince yerelleşmiş paketler için φps~ ∗ (~k)φpi~ (~k)
çarpımı bütün olası ~k değerleri için sıfırdır, çünkü herhangi bir k değeri ya
p~’den uzaktır, ve dolayısıyla φpi~ (~k) = 0 olacaktır, ya da p~0 ’dan uzaktır, ve
0
dolayısıyla φpi~ (~k) = 0 olacaktır.
Şimdi ikinci terimdeki intergalin içindeki matris elemanını hesaplayalım.
I
hψs |V (t)|ψi (t)i =
Z
d3 k
(2π)3
Z
d3 k 0 p~0 ∗ ~ 0 p~ ~ ~ 0 I ~
φ (k )φi (k)hk |V (t)|ki (2.51)
(2π)3 s
olacaktır. Burada V I ’nın tanımını kullanırsak, integralin içindeki matris el-
28
BÖLÜM 2. KUANTUM MEKANIĞINDE TEDIRGEME KURAMI
emani
h~k 0 |V I (t)|~ki = h~k 0 |eiH0 (t−ti ) V e−iH0 (t−ti ) |~ki
= ei(Ek −Ek0 )(t−ti ) h~k 0 |V |~ki
Z
i(Ek −Ek0 )(t−ti )
= e
d3 xh~k 0 |~xih~x|V ~ki
Z
~0 ~
i(Ek −Ek0 )(t−ti )
= e
d3 xe−i(k −k)·~x V (~x)
= ei(Ek −Ek0 )(t−ti ) V (~k − ~k 0 )
(2.52)
la
k
olarak buluruz. Burada V (~k), V (~x) potansiyelinin Fourier dönüşümüdür.
Dolayısıyla, denklem 2.51’e yerleştirirsek
Z
Z 3 0
d3 k
d k p~0 ∗ ~ 0 p~ ~ i(Ek −Ek0 )(t−ti ) ~ ~ 0
I
hψs |V (t)|ψi (t)i =
V (k − k(2.53)
)
φ (k )φi (k)e
(2π)3
(2π)3 s
Ta
s
elde ederiz.
Yine φi ve φs dalga fonksiyonlarının yeterince yerelleşmiş olduklarını kullanırsak,
Z
Z 3 0
d3 k
d k p~0 ∗ ~ 0 p~ ~ i(Ek −Ek0 )(t−ti )
I
0
hψs |V (t)|ψi (t)i = V (~p − p~ )
φ (k )φi (k)e
(2.54)
3
(2π)
(2π)3 s
yazabiliriz. Zaman üzerinden integralini alacak olursak, saçıma genliğini buluruz:
Z 3 0
Z ts Z
d3 k
d k p~0 ∗ ~ 0 p~ ~ i(Ek −Ek0 )(t−ti )
M = −iV (~q)
dt
φ (k )φi (k)e
(2.55)
3
(2π)
(2π)3 s
ti
burada ~q = p~0 − p~ olarak tanımladık. Buradan saçılma olasılığı
Z ts Z
2
Z 3 0
3
1 1
d
k
d
k
0
p
~
p
~ ∗ ~0
~k)ei(Ek −Ek0 )(t−ti ) P =
|V (~q)|2 dt
φ
(
k
)φ
(
i
2Ep 2Ep0
(2π)3
(2π)3 s
ti
1 1
≡
|V (~q)|2 F (~p, p~0 )
(2.56)
2Ep 2Ep0
ifadesinden hesaplanabilir. Buradaki 1/(2E) çarpanlarını, kullandığımız dalga
fonksiyonlarının 2E’ye boylamlandırdığımız için geldi.
2.2. ZAMAN BAĞIMLI TEDIRGEME KURAMI
29
Denklem 2.56’daki F (~p, p~0 ) ifadesini hesaplamak için açıkça yazacak olursak
ts
Z 3 Z 3 0
Z 3 0 Z ts
d3 k1
d k2
d k1
d k2
dt1
F (~p, p~ ) =
dt2
3
3
3
(2π)
(2π) ti
(2π)
(2π)3
ti
0
0
i(E −E 0 )(t −t ) −i(Ek2 −Ek0 )(t2 −ti )
2 (2.57)
×φps~ ∗ (~k10 )φps~ (~k20 )φpi~ (~k1 )φpi~∗ (~k2 )e k1 k1 1 i e
0
Z
Z
la
k
Dalga fonksiyonlarının yerelleşmış olmasından dolayı, integrale katkı veren
yerler sadece ~k1 ' ~k2 ' p~ ve ~k10 ' ~k2 ' p0 bölgeleridir. Dolayısıyla,
üstellerdeki Ek1 − Ek10 ' Ek2 − Ek20 olacağından, ti ile orantılı olan kısımları
birbirini götürecektir.
∆E = Ek1 − Ek10 ' Ek2 − Ek20 olarak tanımlarsak, t integralleri,
sin2 ∆E2 T
∆E
2
Ta
s
verir, burada T = ts − ti olarak tanımladık. Eğer T yeterince büyük ise, bu
ifade yerine
sin2 ∆E2 T
→ T πδ(∆E/2) = T 2πδ(∆E)
(2.58)
∆E
2
yazabiliriz. Böylece F (~p, p~0 ) fonksiyonunu
Z 3 Z 3 0 Z 3 Z 3 0
d k1
d k1
d k2
d k2
0
F (~p, p~ ) = T
(2π)3
(2π)3
(2π)3
(2π)3
0
0
×φps~ ∗ (~k10 )φps~ (~k20 )φpi~ (~k1 )φpi~∗ (~k2 )2πδ(Ek2 − Ek20 )
(2.59)
olarak elde ederiz. Dalga fonksiyonlarının yerelleşmiş olmasını da kullanırsak,
Z 3 Z 3 0 Z 3 Z 3 0
d k1
d k2
d k2
d k1
0
F (~p, p~ ) = T 2πδ(Ep − Ep0 )
(2π)3
(2π)3
(2π)3
(2π)3
0
0
×φp~ ∗ (~k 0 )φp~ (~k 0 )φp~ (~k1 )φp~∗ (~k2 )
(2.60)
s
denk2.60
1
s
2
i
i
elde ederiz.
Buradan sonra devam edebilmek için, φ dalga fonksiyonları ile ilgili daha
0
fazla bilgiye ihtiyacımız var. Öncelikle φps~ (~k) dalga fonksiyonlarına bakalım.
Bu dalga fonksiyonları, ölçüm cihazımızın ölçtüğü dalga fonksiyonudur. Ölçüm
cıhazlarının her zaman bir hata payı vardır, ve sadece belli bir momentum
30
BÖLÜM 2. KUANTUM MEKANIĞINDE TEDIRGEME KURAMI
aralığı ölçebilirler. Farzedelim ki, ölçüm aletimiz gelen parçacığın p~0 momentumu civarinda d3 p0 hacmi içinde kalan bir momentum ölçtü. Bu durumda
ölçtüğü dalga için:
(
0
1 ~k 0 ∈ d3 p0 ise
(2.61)
φps~ (~k) = N
0 ~k 0 6∈ d3 p0 ise
3 0
la
k
p
Burada N boylamlandırma sabitidir ve denklem 2.44’dan N −2 = 2Ed0 (2π)
3
p
olarak bulunur. Bu ifadeyi denklem 2.2’a yerleştirir isek
3 0 2
Z 3 Z 3 0
d k1
d k1 p~ ~ p~∗ ~
dp
0
2
F (~p, p~ ) = T 2πδ(Ep − Ep0 )
φi (k1 )φi (k2 )N
3
3
(2π)
(2π)
(2π)3
Z 3 Z 3 0
d3 p0
d k1
d k1 p~ ~ p~∗ ~
0
(
k
)φ
(
k
)2E
= T 2πδ(Ep − Ep0 )
φ
(2.62)
1
2
p
i
(2π)3
(2π)3 i
(2π)3
Ta
s
buluruz.
Şimdi ise, φpi~ dalga fonksiyonlarına bakalım. Bunlar deneyde hazırladığımız
hüzmedeki parçacıkları tasvir edeceklerdir. p~ vektörünün yönünü z yönü
olarak seçelim. ~k vektörünü, ~k = kz z + ~k⊥ olarak tanımlayalım. Burada, kz , ~k vektörünün p~ vektörü yönündeki (yani z yönündeki) bileşeni,
~k⊥ ise, z yönüne dik bileşenidir. φp~ (kz , k⊥ ) dalga fonksiyonunun, k⊥ ’e göre
i
kısmı Fourier dönüşümünü alırsak, dalga fonksiyonunun hüzmenin kesitindeki dağılımını elde ederiz:
Z 2
d k⊥ p~
~~
φ (kz , k⊥ )e−ib·k⊥ ≡ φ(~b, kz )
(2.63)
(2π)2 i
Burada ~b vektörü, parçacığın, merkez eksenden ne kadar uzaktan gittiğini
gösterir, ve uzunluğu klasik mekanikteki saçılma problemindeki b parametresine denk gelir. Eğer, yolladığımız parçacıklar hüzme içinde homojen olarak
yayıldılarsa |φ(~b, kz )|2 parçacık yoğunluğunu vereceği için,
1
|φ(~b, kz )| ∝ √
A
(2.64)
olması gerekir. Bu orantıdaki orantı sabiti, dalga fonksiyonunun nasıl boylamlandırıldığına bağlıdır. φ dalga fonksiyonunu
1
φ(~b, kz ) = √ ψ(kz )
A
(2.65)
2.2. ZAMAN BAĞIMLI TEDIRGEME KURAMI
31
olarak yazalım. Buradaki ψ(kz ) fonksiyonu hüzmenin z yönündeki profilini
verecektir. ψ fonksiyonunun boylamlandırılması 2.42’dan
Z
dkz
|ψ(kz )|2 = 2Ep
(2.66)
2π
olarak bulunur.
ψ(kz ) için de 2.61’ benzer bir çözüm kabul edelim:
1 kz ∈ dp ise
ψ(kz ) = Ni
0 kz 6∈ dp ise
(2.67)
Ta
s
la
k
Ni boylamlandırma sabiti, denklem 2.66’dan Ni−2 = (2Epdp)(2π) olarak bulunur.
Denklemler 2.63-2.67’yi denklem 2.62’de yerleştirir isek
Z
d3 p0
dk1z dk2z ~
0
F (~p, p~ ) = T 2πδ(Ep − Ep0 )
φ(0, k1z )φ∗ (~0, k2z )2Ep0
(2π) (2π)
(2π)3
2
T
dp
d3 p0
2
=
2πδ(Ep − Ep0 )Ni
2Ep0
A
2π
(2π)3
dp
d3 p 0
T
2πδ(Ep − Ep0 )2Ep 2Ep0
(2.68)
=
A
2π
(2π)3
buluruz. Bu ifadeyi denklem 2.56’da yerine yerleştirir isek, saçılma olasılığı
için
T
dp d3 p0
P = |V (~q)|2 2πδ(Ep − Ep0 )
A
2π (2π)3
(2.69)
elde ederiz. Denklem 1.20, bu ifadeyi A ile çarparsak tesir kesitini elde ederiz:
dσ = |V (~q)|2 2πδ(Ep − Ep0 )
d3 p0 T dp
(2π)3 2π
(2.70)
Bu ifadeyi, zaman bağımsız tedirgeme kuramı ile elde ettiğimiz 2.21 ifadesi
ile kıyaslamak istersek, öncelikle T zamanına bir anlam vermemiz gerekir. T
süres, etkileşimlerin başladığı ile bittiği zamanlar arasında geçen süre olarak
tanımlanmıştı. Eğer dalga paketinin koordinat uzayındaki boyutunu ∆z
olarak gösterirsek, T = ∆z/v olacaktır, burada v = p/m dalga paketinin
hızıdır. Denklem 2.67’de verilen dalga fonksiyonun Fourier dönüşümünü
alırsak, dalga paketinin z yönündeki profilinin
ψ(z) ∝
sin(z dp/2)
z
(2.71)
32
BÖLÜM 2. KUANTUM MEKANIĞINDE TEDIRGEME KURAMI
2
sin(z dp/2)
4ρ0
olduğunu buluruz. Bu profildeki parçacıkların dağılımı, ρ(z) = dp
2
z
olur, burada ρ0 yoğunluğun en büyük değeridir. Eğer bu paketi, yaklaşık
olarak ∆z uzunluğunda, ρ0 homojen
R ∞yoğunluğunda bir paket olarak modellersek, dalganın genişliğini ∆zρ0 = −∞ dzρ(z) ifadesinden parçacık hüzmesinin
genişliği ∆z = 2π/dp olarak bulunur. Buradan
T dp =
2π
T dp
1
∆zdp
=
=⇒
=
v
v
2π
v
(2.72)
olarak bulunur. Bu sonucu denklem 2.70’e yerleştirir isek,
d3 p0 1
(2π)3 v
(2.73)
la
k
dσ = |V (~q)|2 2πδ(Ep − Ep0 )
elde ederiz. Buradaki Dirac delta fonksiyonunu kullanarak, d3 p0 integrallerinden birini daha hesaplayabiliriz. Küresel koordinatlara geçersek d3 p0 =
dΩp02 dp0 yazabiliriz. Ep0 = p02 /2m olduğunu kullanırsak, mdEp0 = p0 dp0 olacaktir. Dolayısıyla d3 p0 = mdΩp0 dEp0 olacaktır. Dirac delta fonksiyonunu
kullanarak Ep0 integralini alırsak
Ta
s
m
m2
dσ
2p
=
|V
(~
q
)|
=
|V (~q)|2
dΩ
(2π)2
v
(2π)2
(2.74)
olacaktır. Bu sonuç, denklem 2.21 ifadesinin aynısıdır. (Bu hesapta, α,
V (~r)’nin içindedir, ve ~ = 1 olarak kullanıyoruz.)
Bölüm 3
la
k
Kuantum Alan teorisine Giriş:
Skalar Alanlar
Ta
s
Şimdiye kadar hep tek bir parçacığın gelip, bir potansiyelden saçılıp, aynı
parçacık olarak devam ettiği durumlari inceledik (esnek çarpışma). Bunu
genelleştirip n parçacığın gelip, saçıldıktan sonra yine n parçacık olarak yollarına devam ettiği sistemlere uyarlayabiliriz. Sistemimizin dalga fonksiyonumuzu ψ(~r1 , · · · , ~rn , t) olarak yazabilirim. Buradaki her ~ri , sistemdeki
parçacığın konumunu belirtecektir. Hamiltoniyenimiz ise bu koordinatların
vert bu koordinatlara göre türevlerin bir fonksiyonu olacaktır. Böyle bir
Hamiltoniyen ile zamanla nasıl evrildiği belirlenen sistemdeki koordinat sayısını
değiştirmek mümkün değildir. Bir başka deyişle sistemdeki parçacık sayısı
sabit kalacaktır.
Oysa deneylerde, sürekli parçacıkların yaratılıp yok edildiklerini görürüz.
Şimdiye kadarki tasvirimiz, böyle süreçleri incelemek için uygun değildir. Bu
yüzden alternatif bir yönteme ihtiyaç duyarız. Bu yöntemi anlayabilmek için
öncelikle harmonik salınıcı problemini işlemciler kullanarak inceleyelin. Bu
bizim daha sonraki işlemlerimiz için prototip oluşturacaktır.
3.1
Harmonik Salınıcı
Harmonik salınıcının Hamiltonyenini
H=
P2 1 2 2
+ ω Q
2
2
33
(3.1)
34BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
olarak yazabiliriz (kütle çarpanlarını ihmal ettik). P ve Q işlemciler yerine
klasik nicelikler olsa idi, Hamiltoniyeni çarpanlarına ayırabilirdik:
ω 2
1 2
H = ω
Q +
P
2
2ω
r
r
ω
ω
i
i
= ω
Q− √ P
Q+ √ P
(3.2)
2
2
2ω
2ω
la
k
Oysa P ve Q işlemci olduğundan bu eşitlik doğru olmayacaktır. Eğer parantezi çarpacak olursak
r
r
i
i
1
1
ω 2
ω
ω
Q− √ P
Q+ √ P =
Q +
− i [P, Q]
2
2
2
2ω
2
2ω
2ω
= H − 1/2
(3.3)
elde ederiz. Bu durumda Hamiltoniyeni
r
r
ω
i
ω
i
ω
H=ω
Q− √ P
Q+ √ P +
2
2
2
2ω
2ω
Ta
s
olarak yazabiliriz. Eğer a işlemcisini
r
i
ω
a≡
Q+ √ P
2
2ω
(3.4)
(3.5)
olarak tanımlarsak Hamiltoniyeni
1
†
H =ω a a+
2
(3.6)
olarak yazabiliriz. a ve a† işlemcileri ile işlem yapmak için, öncelikle bunların
yer değiştirme bağıntılarını hesaplayalım:
r
r
†
ω
i
ω
i
a, a
=
Q + √ P,
Q− √ P
2
2
2ω
2ω
r
r
ω
i
i
ω
=
Q, − √ P + √ P,
Q
2
2
2ω
2ω
i
i
= − [Q, P ] + [P, Q]
2
2
= 1
(3.7)
3.1. HARMONIK SALINICI
35
elde ederiz. Bu işlemcilerin Hamiltoniyen ile de yer değiştirmesini hesaplarsak:
h
ω i
[H, a] = ωa† a + , a = ω a† a, a = ω a† , a a = −ωa
(3.8)
2
h
ω i
H, a† = ωa† a + , a† = ω a† a, a† = ωa† a, a† = ωa† (3.9)
2
Sadece bu yer değiştirme bağıntılarını bilerek, Hamiltonien’in öz değerlerini
ve öz fonksiyonlarını hesaplayabiliriz. Öz değerlerini En ile gösterelim, ve En
enerjisine sahip durumu |ni ile gösterelim:
H|ni = En |ni
(3.10)
la
k
|ni durumuna [H, a] işlemcisini uygulayalim. Yer değiştirmenin tanımından
[H, a] |n → = Ha|ni − aH|ni
= Ha|ni − En a|ni
(3.11)
elde ederiz. [H, a] = −ωa olduğunu kullanırsak
−ωa|ni = Ha|ni − En a|ni =⇒ H(a|ni) = (En − ω)(a|ni)
(3.12)
Ta
s
buluruz. Bir başka deyişle, eğer |ni, H’nin En özdeğerine karşılık bir durum ise, a|ni, H’nin En − ω özdeğerine karşılık gelen bir durumdur. a|ni
durumuna bir kere daha a işlemcisini uygularsak, En − 2ω enerjisine karşılık
gelen durumu buluruz. Eğer bunu sonsuza kadar devam ettirebilirsek, elde
ettiğimiz durumların enerjisi −∞’a kadar gider.
Oysa hn|H|ni = En olduğunu kullanırsak,
1
†
hn|H|ni = hn|ω a a +
|ni
2
ω
= ωhn|a† a|ni + hn|ni
2
ω
†
= ω (a|ni) (a|ni) +
2
ω
=⇒ En ≥
(3.13)
2
elde ederiz, yani herhangi bir durumun alabileceği en düşük enerji
ω
enerjisine dahip durumu |0i ile gösterecek olursak, bu durum
2
a|0i = 0
ω
2
olmalıdır.
(3.14)
36BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
koşulunu sağlar. Enerjiyi istediğimiz kadar azaltamayacağımızdan, her |ni
durumu için, an |ni = cn |0i olmalıdır, burada cn uygun boylamlandırma sabitidir. an |0i durumunun enerjisi, En − nω olarak da yazılabilir, dolayısıyla
1
ω
(3.15)
En − nω = =⇒ En = ω n +
2
2
la
k
olarak elde edilir. Benzer şekilde, H, a† = ωa† yer değişimini |ni durumuna uygularsak,
H, a† = ωa† |ni
Ha† |ni − a† H|ni = ω a† |ni
H(a† |ni) − En a† |ni = ω a† |ni
=⇒ H(a† |ni) = (En + ω) a† |ni
(3.16)
Ta
s
elde ederiz. Yani a† işlemcisini |ni durumuna uygularsak, elde ettiğimiz
durum da Hamiltoniyenin
bir öz durumudur ve öz değeri ω kadar artmıştır:
En = ω n + 21 olduğunu da kullanırsak
1
†
H a |ni = ω (n + 1) +
a† |ni
(3.17)
2
buluruz. Yani a† |ni = dn |n+1i olur, burada dn boylamlandırma sabiti olmak
üzere.
sabitlerini bulmak için hn|H|ni = En = ω n + 21
†Boylamlandırma
ve a, a = 1 olduğunu kullanabiliriz.
En = hn|H|ni
ω
1
ω n+
= ωhn|a† a|ni +
2
2
(3.18)
olduğunu kullanırsak
hn|a† a|ni = n
(3.19)
buluruz. hn|a† a|ni = |a|ni|2 olduğundan, birime boylamlandırılmış durumlar
için
√
a|ni = n|n − 1i
(3.20)
√
buluruz. a işlemcisini tekrar tekrar uygularsak an |ni = n!|0i elde ederiz.
3.1. HARMONIK SALINICI
37
a† |ni durumunun boyunu hesaplamak için, a, a† = 1 ifadesinin |ni durumu için beklene değerini hesaplayabiliriz:
hn| a, a† |ni = hn|ni = 1
hn|aa† |ni − hn|a† a|ni = 1
(3.21)
Denklem 3.19’u kullanırsak
hn|aa† |ni = 1 + n
(3.23)
la
k
elde ederiz. hn|aa† |ni = |a† |ni|2 olduğundan,
√
a† |ni = n + 1|n + 1i
(3.22)
Ta
s
elde ederiz.√ Eger n = 0’dan başlayıp, n kere a† işlemcisini uygularsak
n
a† |0i = n!|ni buluruz.
a ve a† işlemcileri |ni durumundaki “n” sayısını bir arttırıp, bir azalttığı
için bunlara basamak işlemcileri denir: enerji durumlarını bir basamak aşağı
veya yukarı taşırlar.
Harmonik salınıcı ile ilgili elde ettiklerimizi özetlersek:
1. Kesikli enerji değerleri vardır
2. a ve a† işlemcileri ile bir durumun enerjisini ω kadar azaltabilir veya
arttırabiliriz
3. en düşük enerji durumu a|0i = 0 denkleminden bulunabilir
4. En enerjisine sahip birim boylu durumu
(a† )n
|ni = √
n!
(3.24)
olarak yazabiliriz.
Bu özelliklerden özellikle harmonik salınıcıya enerjinin sabit büyüklükte
paketler halinde eklenip cıkartılabiliyor olmasına dikkat ediniz.
Parçacık dediğimiz kavrama dönecek olursak, bunlar, belli özellikleri olan
(kütle, elektrik yükğ, vb) enerji paketlerinden başka birşey değildir. Harmonik salınıcıdaki enerji paketlerine “fonon” adını verilir. Harmonik salınıcı
sistemini iki farklı şekilde tasvir edebiliriz:
38BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
1. Tek boyutta salınıp duran ve kesikli enerji seviyeleri olan bir birim kütle
veya
2. Belli sayıda fonon içeren tek bir nokta.
Ta
s
la
k
Birinci tasvirde, a† işlemcisi salınıcının daha fazla salınmasını sağlayarak sistemin enerjisini arttırırken, ikinci tasvirde sisteme fonon ekleyerek sistemin
enerjisini arttirir.
Birinci tasvirde, sistemin enerjisi ne olursa olsun tek bir salınıcı varken,
ikinci tasvirde, sistemdeki fonon sayısı değişebilir.
Birinci tasvirde sistemi 1 + 1 (+1 boyut zaman olmak üzere) boyutta
Schroedinger denklemi ile tanımlarken, ikinci tasvir 0 + 1 boyutlu bir alan1
teorisidir (noktanın boyut sayısı sıfırdır).
İkinci tasvir bize parçacık yaratıp yok etmemize olanak tanır. (Bu yuzden
a ve a† işlemcilerine sırasıyla yok etme ve yaratma işlemcileri denir.) Bu ikinci
tasviri şimdi genelleştirip deneylerdeki parçacık yaratma/yok etme süreçlerini
tasvir edebilecek hale getirelim.
3.2
1 + 1 Boyutta Skalar Alanlar
Doğadaki ilgilendiğimiz sistemler bir noktadan ibaret değildir. Öncelikle 0+1
boyuttaki alan kuramımızı 1 + 1 boyuta genelleştirelim.
Her salınıcı, alan teorisinde tek bir noktaya karşılık gelmektedir. Bir
doğru elde etmek için sıralanmış sonsuz tane alana ihtiyacimiz olduğu için,
yan yana sıralanmış sonsuz tane salınıcı düşünelim. Her salınıcının arasındaki
Şekil 3.1: Tek boyutta salınıcılar
mesafe l olsun (daha sonra l → 0 limitine bakacağız.) i’inci salınıcının denge
1
Matematiksel tanımı olaran bir alan, çok basit şekliyle, belli bir uzaydaki her noktaya
matematiksel bir nesne atayan bir fonksiyondur. Bu örnekte uzayımız tek bir noktadan
oluşmaktadır.
3.2. 1 + 1 BOYUTTA SKALAR ALANLAR
39
konumundan yer değiştirmesini Qi ie gösterelim. Bu sistemin Hamiltoniyeni
H = H0 + H1
X 1
1 2 2
2
H0 =
P i + ω Qi
2
2
i
X1
ω̄ 2 Qi+1 − Qi )2
H1 =
2
i
(3.25)
Ta
s
la
k
olarak yazılabilir. Burada, H0 birbiri ile hiç etkileşmeyen salınıcılara karşılık
gelen Hamiltoniyenken, H1 salınıcların arasındaki yaylardan kaynaklanan,
birbirlerini etkilemelerini tasvir eden terimdir. Bütün salınıcların birbirleri
ile, ve aralarındaki yayların da birbirleri ile özdeş olduklarını varsaydık. Tek
bir salınıcı örneğindeki gibi burada da, her nokta için bir fonon yaratma ve
yok etme işlemcisini tanımlayabiliriz:
r
ω
i
ai ≡
Qi + √ Pi
2
2ω
r
i
ω
Qi − √ Pi
(3.26)
a†i ≡
2
2ω
Bu durumda Hamiltoniyen’imiz
i2
X †
Xh
1
†
†
H=
ω ai ai +
ai+1 + ai+1 − ai − ai
+J
2
i
i
(3.27)
olarak yazilabilir. Burada J ≡ ω̄ 2 /ω olarak tanımladık.
Eğer buradaki ikinci toplam (H1 kısmından gelen) olmasaydı (J = 0) sistem birbirinden bağımsız salınıcılardan oluşacaktı ve i’inci salınıcıdaki fonon
sayısını ni ile gösterecek olusak
Y (a† )ni
√i |0i
(3.28)
|{ni }i =
ni !
i
P
durumu, enerjisi i ω ni + 12 olan öz duruma karşılık gelecekti.
Öncelikle, ikinci toplamdaki terimlerin neye karşılık geldiğine bakalım.
t = 0’da sistemde i = i0 noktasında tek bir fonon olsun, ve bu durumu
|{ni0 = 1}i olarak gösterelim:
|{ni0 = 1}i = a†i0 |0i
(3.29)
40BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
Çok kısa δt zamanı sonra, sistemin durumu
|ψ(δt)i = eiHδt |{ni0 = 1}i
= |{ni0 = 1}i + iδtH|{ni0 = 1}i
(3.30)
durumuna evrilecektir. Denklem 3.30’daki ilk terim sistemin değişmeme
genliğini verirken, ikinci terim sistemin değişme genliğini verecektir. Denklem 3.27’yi kullanırsak, ikinci terimi
3
H|{ni0 = 1}i = ω|{ni0 = 1}i + iδtH1 |{ni0 = 1}i
2
(3.31)
la
k
olarak yazabiliriz. Denklem 3.27’ye bakacak olursak H1 = −2J(a†i0 −1 ai0 +
a†i0 +1 ai0 )+· · · olarak yazabiliriz. H1 bunlar dışında pek çok terim içermektedir,
ama şu anda bizi bu iki terim daha çok ilgilenmektedir. Bu işlemciyi ilk durumumuza uygulayacak olursak, sistemin t = δt anındaki durumunu
(3.32)
Ta
s
3
|ψ(δt)i = (1 + i ωδt)|{ni0 = 1}i
2
− 2iJδt (|{ni0 −1 = 1}i + |{ni0 +1 = 1}i) + · · ·
olarak buluruz. Burada şimdilik ilgilenmediğimiz pek çok terimi · · · ile
gösterdik. İlk satır J = 0 olsaydı, sistemimizin Hamiltoniyenin bir öz durumu
olmasından dolayı kazanacağı fazı gösterirken, ikinci satır, H1 ’den kaynaklanmaktadır. Buradaki ki duruma bakacak olursak, sistemimiz t = 0’da i0 noktasında tek bir fononla başlamış olsa da, t = δt zamanından, sadece i0 ±1 noktalarında tek bir fonon taşıyan bir duruma evrimleşebileceğini gösterir, yani
fononumuz i0 noktasından, hemen yakınındaki noktalara hareket etmiştir.
Buradan da söyleyebiliriz ki, Hamiltoniyenimizin H1 kısmı, fononlarımızı tek
boyutta hareketinden sorumlu olan kısımdır.
Bu modelde fononumuz (skalar parçacığımız) sadece kesikli noktalarda
bulunabilir. Oysa bildiğimiz kadarıyla, doğada parçacıkların bulunabildiği
noktalar bir süreklilik oluşturur2
Şimdi, modelimizin süreklilik limitini hesaplayalım, l → 0. Öncelikle
bazı tanımlar yapalım. Şimdiye kadar, salınıcılarımızı tam sayı değerler alan
2
Bu noktaların da kesikli olduğunu dair kimi modeller vardır. Ancak şimdiye kadar
bunu doğrulayacak bir deneysel veri elde edilememiştir. Tabiki bu, ileride yapılacak deneylerin, şu anda ölçebildiğimizden daha kısa mesafelerde uzay-zamanın kesikli bir yapısı
olduğunu gösteremeyeceği anlamına gelmez.
3.2. 1 + 1 BOYUTTA SKALAR ALANLAR
41
la
k
i alt simgesi ile belirttik. Ancak süreklilikteki noktaları tamsayılar ile belirtemeyiz. Bunun için salınıcılarımızı i yerine i = 0 referans salınıcısından
olan x uzaklığı ile belirtelim, yani
√ i yerine x ↔ li kullanalım. Qi konum
işlemcilerimiz yerine φ(x) = Qi√
/ l, x = li olmak üzere ve Pi momentum
Bu durumda l → 0
işlemcimiz yerine de Π(x)
√ = Pi / l alanımızı kullanalım.
√
limitinde Qi+1 − Qi = l(φ(x + l) − φ(x)) ' ll∂φ/∂x yazabiliriz. Aynı zamandai
i’ler üzerinden
toplamları da bir Riemann toplamı olarak düşünüp,
R
P
P
1
1
dx ile yer değiştirebiliriz. Bu durumda denklem 3.25’deki
il → l
i = l
Hamiltoniyenimiz
Z
1
1 2
2
2
H0 =
dx
Π(x) + ω φ(x)
2
2
2
Z
1
∂φ(x)
H1 =
dx v 2
(3.33)
2
∂x
Ta
s
halini alır. Burada, v = liml→0,ω̄→∞ lω̄ olarak tanımladık. Süreklilik limitinde, genelde Hamiltoniyen yerine Hamiltoniyen yoğunluğu ile işlem yaparız:
Z
H =
dxH
(3.34)
ve denklem 3.33’den Hamiltoniyen yoğunluğunu
2
1 2
1 2 ∂φ(x)
1
2
2
H = Π(x) + ω φ(x) + v
2
2
2
∂x
(3.35)
olarak yazabiliriz.
Devam etmeden önce, yeni tanımladığımız Π ve φ işlemcilerinin yer değiştirmelerini
hesaplayalım. Kesikli durumda,
1 i = j ise
[Pi , Qj ] = −i
= −iδij
(3.36)
0 i 6= j ise
olarak tanımlanmıştı. Π ve φ alanlarının tanımlarını kullanırsak, buradan
i 1 x = x0 ise
0
(3.37)
[Π(x), φ(x )] = −
l 0 x 6= x0 ise
elde ederiz. Buna göre, l → 0 limitinde, eğer x = x0 ise, [Π(x), φ(x0 )] sonsuz, diğer durumda ise sıfırdır. Bu özelliği sağlayan bir fonksiyonumuz Dirac
42BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
delta fonksiyonudur. l’nin sonlu olduğu durumda, x = x0 eşitliğini de yorumlamamız lazım. l’nin sonlu olduğu durumda, eğer x0 (x − l/2, x + l/2)
aralığında ise, x = x0 alacağız. Bu durumda, yukaridaki ifadenin gerçekten
Dirac delta fonksiyonu vereceğini göstermek için, şu integrale bakalım:
Z
∞
0
0
Z
x+l/2
dx [Π(x), φ(x )] =
−∞
x−l/2
i
= −i
dx −
l
0
(3.38)
la
k
buluruz. Bir başka deyişle, [Π(x), φ(x0 )] yer değiştirmesi, nerdeyse heryerde
sıfır, x = x0 noktasında sonsuz, ve x = x0 ’ı içeren herhangi bir bölgede integrali de −i olan bir fonksiyondur. Boylamlandırması dışında, bu özellikler,
Dirac delta fonksiyonunu tanımlayan özelliklerdir. Dolayısıyla
[Π(x), φ(x0 )] = −iδ(x − x0 )
(3.39)
Ta
s
olarak buluruz.
İstersek, bu Hamiltonitenden yola çıkarak, uygun bir Schroedinger denklemi elde edebiliriz. Kesikli durumda, her salınıcının ye rdeğiştirmesi, bizim
dalga fonksiyonumuzun argümani idi. Artık sürekli sonsuz tane salınıcımız
olduğu için, dalga fonksiyonumuzun da sürekli sonsuz argümanı olacaktır. Bu
durumda Dalga fonksiyonumuzu ψ [φ, t] olarak yazabiliriz. Bu dalga fonksiyonu, belirleyeceğimiz her φ fonksiyonu için bize tek bir karmaşık sayı verecektir. Boylamlandırmasını ise, bütün olası φ fonksiyonları üzerinden mutlak
karesinin integralini bir olacak şekilde seçmemiz lazım. Bu tarz fonksiyonellerle3 daha zonra uğraşacağız. Şu an için bizi ilgilendiren daha ziyade
parçacık yorumu olduğu için, denklem 3.34-3.35’deki Hamiltoniyeni Heisenber resminde inceleyelim. Bu durumda Π ve φ alanlarının zaman bağımlılığını
∂
Π = i [H, Π(x)]
∂t
"
#
2
Z
∂φ
1 2 2
0 1 2
+ ω φ , Π(x)
= i dx
v
2
∂x0
2
Z
0
2 ∂φ ∂
0
2
0
= − dx v
δ(x − x ) + m φδ(x − x )
∂x0 ∂x0
∂Π
∂2
= v 2 2 φ − m2 φ
∂t
∂x
3
Fonksiyonel: argümanı fonksiyon olan fonksiyonlar
(3.40)
3.2. 1 + 1 BOYUTTA SKALAR ALANLAR
43
ve
Z
∂
0 1
0
φ = i dx
Π(x ), φ(x)
∂t
2
Z
=
dx0 Π(x0 )δ(x − x0 )
∂φ
= Π(x)
∂t
(3.41)
elde ederiz. Eğer denklem 3.41’i denklem 3.41’a yerleştirir isek,
la
k
2
∂ 2φ
2∂ Φ
=
v
− m2 φ
∂t2
∂x2
(3.42)
elde ederiz. Bu ise, m = 0 durumunda, hızı v olan bir dalga denklemidir.
Denklem 3.42’nin
Z ∞
dk
φ(x, t) =
bk (t)eikx
(3.43)
−∞ (2π)
şeklinde bir çözümünü arayalım. Denklem 3.42’ye yerleştirir isek, bk (t) işlemcilerinin
Ta
s
b̈k (t) = −(v 2 k 2 + m2 )bk (t)
(3.44)
denklemini sağlaması gerekir. Bu denklemin çözümünü
a† iωk t
a−k −iωk t
bk (t) = √
e
+√
e
(3.45)
2ωk
2ωk
√
olark yazabiliriz. Burada ωk = v 2 k 2 + m2 olarak tanımladık, ve 2ωk çarpanlarını
daha sonra işimizi kolaylaştırması için ekledik. Ayrıca, üstellerin katsayısı
olan işlemcilerin birbiri ile ilişkilerini φ’nin Hermitsel bir işlemci, φ† = φ,
olması koşulunu sağlayacak şekilde seçtik. Dolayısıyla φ(x, t) işlemcisi
Z ∞
i
h
dk
√
φ(x, t) =
a†k ei(ωk t+kx) + a−k e−i(ωk t−kx)
(3.46)
−∞ (2π) 2ωk
Bu çözümü, 3.34’yeki Hamiltoniyen’e yerleştirirsek,
Z
i
dk ωk h †
†
H=
ak ak + ak ak
2π 2
elde ederiz.
(3.47)
44BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
Devam etmeden önce a ve a† işlemcilerinin yer değiştirmelerini hesaplayalım.
Bunu hesaplamak için [Π(x, t), φ(x0 , t)] = −iδ(x−x0 ) olduğunu kullanabiliriz.
Denklemler 3.41 ve 3.43’ü kullanırsak,
Z
i
dk dk 0 ikx+ik0 x0 h
0
ḃk (t), bk0 (t)
(3.48)
e
[Π(x, t), φ(x , t)] =
2π 2π
elde ederiz. Bu ifadenin
0
−iδ(x − x ) =
Z
dk ik(x−x0 )
e
2π
la
k
ifadesine eşit olabilmesi için
h
i
ḃk (t), bk0 (t) = −i2πδ(k + k 0 )
(3.49)
(3.50)
Ta
s
olması gerekir. Denklem 3.45’i denklem 3.50’ye yerleştirirsek
i
h
−i2πδ(k + k 0 ) = ḃk (t), bk0 (t)
h
i
1
= √
iωk a†k eiωk t − iωk a−k e−iωk t , a†k0 eiωk0 t + a−k0 e−iωk0 t
4ωk ωk0
r
1 ωk nh † † i i(ωk +ωk0 )t
− [a−k , a−k0 ] e−i(ωk +ωk0 )t
= i
ak , ak0 e
2 ωk 0
h
i
h
i
o
+ a†k , a−k0 ei(ωk −ωk0 )t − a−k , a†k0 e−i((ωk −ωk0 )t
(3.51)
elde ederiz. Son eşitlikteki ilk satırdaki terimler, bütün k değerleri için
ωk ≥ 0 olduğu için, zaman bağımli terimlerdir. Oysa eşitliğin sol tarafı
zamandan
bağımsızdır.
Dolayısıyla, bu terimlerin katsayıları sıfır olmalıdır,
h
i
†
†
yani ak , ak0 = 0 ve [a−k , a−k0 ] = 0 olmalıdır. İkinci satırdaki terimler
ise, ωk = ωk0 koşulunu sağlayacak k ve k 0 değerleri dışında sıfır olmalıdır.
Dolayısıyla denklem 3.51’in her t değerinde sağlanması için
i
h
a†k , a−k0 = −2πδ(k + k 0 )
i
h
=⇒ a†k , ak0 = −2πδ(k − k 0 )
(3.52)
olması gerekir.
3.3. LAGRANJIYAN FORMÜLASYONU
45
= ωk a†k
la
k
a ve a† işlemcilerinin birbirleri ile yerdeğiştirmelerini hesapladıktan sonra,
artik Hamiltoniyen ile yer değiştirmelerini hesaplayabiliriz:
Z ∞ 0
i
h
i
dk ωk0 h †
†
†
†
H, ak =
ak0 ak0 + ak0 ak0 , ak
−∞ 2π 2
Z ∞ 0
i o
i h
dk ωk0 n † h
†
†
=
ak0 ak0 , ak + ak0 , ak a†k0
2π 2
Z−∞
o
∞
dk 0 ωk0 n †
=
ak0 2πδ(k − k 0 ) + 2πδ(k − k 0 )a†k0
2π 2
Z−∞
∞
dk 0 ωk0
=
4πδ(k − k 0 )a†k0
2π
2
−∞
(3.53)
Benzer şekilde, yok etme işlemcisinin Hamiltoniyen ile yer değiştirmesini
hesaplarsak
[H, ak ] = −ωk ak
(3.54)
3.3
Ta
s
elde ederiz. Bu iki sonuç, denklemler 3.8 ve 3.9 ile aynıdır. Benzer işlemleri
yaparsak, a†k /ak işlemcilerinin ωk enerjili bir paket(parçacık) yaratıp/yok
ettiğini söyleyebiliriz. Denklem 3.47’ye bakacak olursak, Hamiltoniyen’in
her k değeri için birbirinden bağımsız Hamiltoniyenlerin toplamı olduğunu
görürüz. Farklı k değerleri birbirlerini etkilemediği için, bu Hamiltoniyen
birbirleri ile etkileşmeyen parçacıkları tasvir eder.
Lagranjiyan Formülasyonu
Π vert φ lan işlemcilerinin sağladıkları denklemleri biraz daha yakından inceleyelim. Bunun için öncelikle fonksiyonel türevleri tanımlayalım. φ(x, t)
herhangi bir fonksiyon/işlemci olsun. Bu fonksiyon/işlemcinin φ(x0 , t)’ye göre
fonksiyonel türevi
δφ(x, t)
= δ(x − x0 )
δφ(x0 , t)
(3.55)
olarak tanımlanır. Bu, kesikli durumdaki
xi
= δij
xj
(3.56)
46BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
türevine karşılık gelir (bkz. denklem 3.36).
Diğer fonksiyonel türev kuralları, normal türev kurallarına benzer. Bir
örnekle gösterelim:
δH
δφ(x, t)
(3.57)
yazabiliriz. Burada
la
k
türevini hesaplayalım. Denklemler 3.34 ve 3.35’i kullanırsak
Z
δH
δH
=
dx0
δφ(x, t)
δφ(x0 , t)
Z
0
δφ(x0 , t)
δ
∂φ(x0 , t)
0
2
0
2 ∂φ(x , t)
=
dx ω φ(x , t)
+v
(3.58)
δφ(x, t)
∂x0 δφ(x, t) ∂x0
∂ δφ(x0 , t)
δ
∂φ(x0 , t)
=
δφ(x, t) ∂x0
∂x0 δφ(x, t)
∂
=
δ(x − x0 )
∂x0
denklemini kullanırsak, x0 integralini aldığımızda denklem 3.58
Ta
s
δH
∂ 2 φ(x, t)
= ω 2 φ(x, t) − v 2
δφ(x, t)
∂x2
(3.59)
(3.60)
olur. Denklem 3.40 ile kıyasladığımızda
∂Π(x, t)
δH
=−
∂t
δφ(x, t)
(3.61)
olarak yazabileceğimizi görürüz.
Benzer şekilde Hamiltoniyen’in Π(x, t) işlemcisine göre türevini aldığımızda
∂φ(x, t)
δH
=
∂t
δφ(x, t)
(3.62)
olduğu bulunur. Bu denklemler analitik mekanikteki Hamilton denklemlerinin alan kuramındaki karşılıklarıdır.
Analitik mekanikte olduğu gibi, (kuantum) alan kuramında da Hamiltoniyen formülasyonu yerine Lagranj formulasyonuna da geçebiliriz. Hamiltonyen
yoğunluğundan Lagranj yoğunluğunu
L=Π
∂φ
−H
∂x
(3.63)
3.4. PARÇACIKLARIN KUANTUM MEKANIĞI
47
olarak tanımlarsak
1
L=
2
∂φ
∂t
2
1
− v2
2
∂φ
∂x
1
− ω 2 φ2
2
(3.64)
R
R
elde ederiz. Lagranjiyen yoğunluğu cinsinden eylem S = dx dtH olarak
tanımlanır. Eylemin, φ’ye göre bir ektremum olması koşulundan
δL
=0
δφ(x, t)
(3.65)
Euler-Lagranj denklemleri
la
k
∂L
∂
∂L
∂L
∂
+
−
∂t ∂(∂φ/∂t) ∂x ∂(∂φ/∂x) ∂φ
2
∂ 2φ
2∂ φ
=
−
v
+ ω2φ
∂t2
∂x2
0 =
(3.66)
3.4
Ta
s
olarak elde edilir. Bu ise, daha önce Hamiltoniyen formülasyonu ile elde
ettiğimiz denklem 3.42’nin aynısıdır. Dolayısıyla, Lagranjiyen yoğunluğu da
Hamiltoniyen yoğunluğunun içerdiği aynı bilgileri içerir.
Langranj yoğunluğu ile çalışmanın bize getireceği en büyük avantaj, sonraki bölümde de göstereceğimiz gibi, Hamiltoniyen yoğunluğu, seçtiğimiz
referans sistemine bağımlıyken, Lagranj yoğunluğu bağımsızdır. Dolayısı ile,
referans sisteminden bağımsız doğa yasalarını tasvir etmek için, referans sisteminden bağımsız bir Lagranj yoğunluğundan başlamak yeterlidir.
Parçacıkların Kuantum Mekaniği
Bu bölümü bitirmeden önce cevabını arayacağımız son soru, acaba alanların
yaratıkları parçacıklar için bir dalga fonksiyonu yazacak olursak, bu nasıl bir
kuantum mekaniksel denklemi sağlar?
Bu soruya cevap verebilmek için, öncelikle yarattığımız parçacıklar için
uygun bir dalga fonksiyonu tanımlayalım. Tek parçacık içeren bir durum
yaratalım. En genel böyle bir durumu
Z
dk
√
ϕ(k)a†k |0i
(3.67)
|ψi =
(2π) 2ωk
48BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
olarak yazabiliriz. Bu durumun zaman gelişimini Hamiltoniyeni kullanarak
yazarsak
|ψ(t)i = eiHt |ψi
Z
dk
√
eiωk t ϕ(k)a†k |0i
=
(2π) 2ωk
(3.68)
olarak elde ederiz. Burada eiHt a†k = eiωk t a†k eiHt olduğunu kullandık. Burada
|0i hiç parçacık içermeyen temel durumdur. φ(x) alanını iki kısma ayıralım:
la
k
φ(x) = φ+ (x) + φ− (x)
Z
dk
+
√
φ (x) ≡
eikx a†k
(2π) 2ωk
Z
dk
−
√
φ (x) ≡
eikx ak
(2π) 2ωk
(3.69)
Ta
s
Bir başka deyişle, sadece yaratma(yok etme) işlemcilerini içeren kısımlarına
ayıralım. Buradaki işlemcileri Schroedinger resminde yazdık, çünkü istediğimiz
dalga fonksiyonunun zaman bağımlı olması. Ters fourier dönüşümü yaparsak
Z
√
(3.70)
ak = dx 2ωk e−ikx φ+ (x)
elde ederiz. Dolayısıyla, parçacığımızın durumunu
Z
|ψ(t)i = dxψ(x, t)φ+ (x)|0i
(3.71)
olarak da yazabiliriz. Burada ψ(x, t), ϕ(x, t)’nin Fourier dönüşümüdür:
Z
dk
ψ(x, t) =
ϕ(k)e−i(kx+ωk t)
(3.72)
2π
φ+ (x) işlemcisi kesik durumdaki a†i işlemcisine karşılık gelir (a†i ’dan farkli
boylamlandırılmıştır.). Nasıl ki ai işlemcisini i noktasında bir parçacık yaratan
bir işlemci olarak tanımladıysak, φ+ (x)’de x noktasında bir parçacık yaratır.
Bu durumda
φ+ (x)|0i = |xi
(3.73)
3.4. PARÇACIKLARIN KUANTUM MEKANIĞI
49
olarak gösterirsek,
Z
|ψ(t)i =
dxψ(x, t)|xi
(3.74)
Ta
s
la
k
olarak yazabiliriz. Buradan da görülebileceği üzere ψ(x, t), |ψ(t)i durumundaki bir parçacığın x noktasında bulunma olasılık genliğini verir, bir
başka deyişle, parçacığımızın dalga fonksiyonudur. Denklem 3.72 ise, φ(x, t)
alanının sağladığı denklem 3.42’nin en genel çözümüdür. Buradan çıkaracağımız
sonuç, Heisenber resminde alanların sağladığı denklem ile, bu alanların yarattığı
parçacıkların dalga fonksiyonlarının Schroedinger resmine sağladıkları denklem aynıdır. Dolayısıyla, Schroedinger resminde tek parçacık denkleminin
ne olması gerektiğini belirlediğimizde, kuantum alan teorimizde Heisenberg
resminde alanların sağladığı denklemi ve dolayısıyla Lagranj yoğunluğumuzu
da belirlemiş oluruz.
Ta
s
la
k
50BÖLÜM 3. KUANTUM ALAN TEORISINE GIRIŞ: SKALAR ALANLAR
Bölüm 4
la
k
Uzay Zaman Simetrileri ve Tek
Parçacık Denklemleri
4.1
Ta
s
Bir önceki bolumde, tek parçacığun sağladığı denklemi biliyorsak, bunun
kuantum alanının da sağladığı denklemle aynı olduğunu görmüştük. Bu denklemi biliyorsak, buna karşılık gelen Lagranj yoğunluğunu da elde edebiliriz.
Simetriler biza olası tek parçacık denklemlerini (ve dolayısıyla Lagranj
yoğunluklarını) yazmakta yardımcı olurlar. Daha sonra etkileşimli alanları incelediğimizde, olası etkileşimlerin de ne olduğunu soyleyecekler. Bu
bölümde öncelikle uzay zaman simetrilerini ve bu simetrilerle utatrlı önemli
tek parçacık denklemlerini inceleyeceğiz.
Uzay Zaman simetrileri
Doğayı modellemek için, öncelikle zamanı ve uzunlukları ölçebilmemiz gerekir.
Bunun için zaman ve uzay’da öncelikle bir referans noktası seçeriz, ve bu noktaya (genellikle) t = 0 anı ve ~r = 0 konumu deriz. Bundan sonra ise, bu noktadan geçen eksenlerimizi belirleriz. Bu nokta ve eksenlerin seçimi tamamen
keyfidir, ve doğa yasaların bizim bu seçimimizden bağımsız olmalıdır.
Bu konum ve zaman eksenleri bizim referans sistemimizi oluştururlar.
Farzedelimk,, bir referans sistemi R seçtik. Bu referans sisteminde herhangi
bir P olayının konum ve zamanın koordinatlarını (x, y, z, t) olarak gösterelim.
Bu sisteme karşılık gelen dalga fonksiyonumuzu da ψ(x, y, z, t) ile gösterelim.
Bu dalga fonksiyonunun sağladığı denklemi
D(∂t , ∂x , ∂y , ∂z ; x, y, z, t)ψ(x, y, z, t) = 0
51
(4.1)
52BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
∂
olarak yazabiliriz. Burada ∂X = ∂X
, X = x, y, z, veya t olmak üzere, olarak
gösterdik.
R referans sistemi yerine, bir başka bir R0 referans sistemi de seçilebilirdi.
Bu yeni referans sisteminde P olayınının koordinatları (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) olsun. Bu
iki koordinat aynı noktayı belirlediği için, bunların arasında bir ilişki olmak
zorundadır: x0µ = x0µ (x) 1 Hangi referans sistemini kullanırsak kullanalım,
dalga fonksiyonunun değeri sadece hangi noktaya baktığımıza bağlı olacaktır.
Eğer R referans sisteminda dalga fonksiyonunu Ψ(x), ve R0 referans sistemindeki dalga fonksiyonunu da Ψ0 (x0 ) olarak yazarsak, bu durumda
Ψ0 (x0 ) = ΛΨ(x)
(4.2)
la
k
olacaktır. Buradaki x ve x0 aynı P olayının farklı referans sistemlerindeki
koordinatlarıdır. Buradaki Λ, dalga fonksiyonunun niteliğine bağlı olan bir
ifadedir. Eğer dalga fonksiyonumuzun değerleri sadece sayılar ise, bu durumda Λ = 1 olacaktır. Doğa yasaları seçtiğimiz referans sisteminden bağımsız
olacağı için, R0 referans sisteminde Ψ0 (x0 )’in sağlayacağı denklem de:
(4.3)
Ta
s
D(∂µ0 ; x0 )ψ 0 (x0 ) = 0
olacaktır. Denklem 4.3’deki D fonksiyonu ile denklem 4.1’deki D fonksiyonunun aynı olduğuna dikkat edin. Eğer x → x0 ve ψ → ψ 0 dönüşümleri
altında, bir denklem değişmiyor ise denklemimiz bu donüşümler altında “değişmez”;
eğer denklemin iki tarafı da aynı şekilde değişiyor ise, bu tür değişimler
altında ise denkleme “eşdeğişen” (kovaryant) denklem denir. Doğa yasalarını
belirleyen denklemler “eşdeğişmez” veya “değişmez” olmalıdır. Daha önce
de blirttiğimiz gibi, bu tarz denklemleri elde etmek için, bu denklemlerin
değişmez bir Lagranj yoğunluğundan elde edilmesi yeterlidir: Eğer
L(ψ, ∂µ ψ, x) = L(ψ 0 , ∂µ0 ψ 0 , x0 )
(4.4)
ise, doğal olarak ψ ve ψ 0 ’in sağladıkları denklemler de aynı olacaktır.
Şimdi, bazı önemli simetrileri ve tek parçacık denklemlerine ne gibi sınırlamalar
getirdiklerini inceleyelim.
1
Burada kullandığımız notasyonda x0 = t x1 = x, x2 = y ve x3 = z olarak
tanımlanmıştır. Ayrıca, x0µ (x) nün argümanındaki x, (x, y, z, t) koordinatlarının hepsine
karşılık gelmektedir.
4.1. UZAY ZAMAN SIMETRILERI
4.1.1
53
Öteleme Simetrisi
Referans sistemimizi seçerken, referans noktamızı uzayda istediğimiz noktada
seçebiliriz. Eğer R0 referans sistemindeki referans noktamızın konumu, R
referans sisteminde ~a vektörü ile gösteriliyorsa, genel bir P olayımızın bu iki
referans sistemindeki koordinatları arasında
xi = x0i + ai ,
x0 = x00
i = 1, 2, 3
(4.5)
la
k
olarak yazılabilir. Dalga fonksiyonunun iki referans sistemindeki ifadeleri
arasında ise ψ 0 (x0i , t0 ) = ψ(xi , t) = ψ(x0i +ai , t0 ) şeklinde bir bağıntı yazılabilir.
Eğer ψ(x0i + ai , t0 ) ifadesini, a0i üzerinden bir Taylor açılımı şeklinde yazacak
olursak:
Ta
s
1
ψ(x0i + ai , t0 ) = ψ(x0 , t0 ) + ai ∂i0 ψ(x0i , t0 ) + ai aj ∂i0 ∂j0 ψ(x0i , t0 ) + · · ·
2 ~ 0 + 1 (~a · ∇
~ 0 )2 + · · · ]ψ(x0i , t0 )
= 1 + ~a · ∇
2
∞
0 n
X
~
(~a · ∇ )
=
ψ(x0i , t0 )
n!
n=0
0
ˆ
≡ e~a·∇ ψ(x0i , t0 ) = ei~a·p~ ψ(x0i , t0 )
(4.6)
olarak yazabiliriz. Bu sonucu denklem 4.3’ün sol tarafına yerleştirirsek,
ˆ
D(∂i0 , ∂t , x0i , t)ψ 0 (x0i , t0 ) = D(∂i0 , ∂t, x0i , t)ei~a·p~ ψ(x0i , t0 )
n
h
io
ˆ
ˆ
=
ei~a·p~ D(∂i0 , ∂t , x0i , t) + D(∂i0 , ∂t , x0i , t), ei~a·p~ ψ(x0i , t0 )
h
i
ˆ
= D(∂i0 , ∂t , x0i , t), ei~a·p~ ψ(x0i , t0 )
(4.7)
elde ederiz. Özellikle çok kısa ~a vektörleri için,
h
i
ˆ
~a→~0
D(∂i0 , ∂t , x0i , t), ei~a·p~ ψ 0 (x0i , t0 ) → iaj D(∂i0 , ∂t , x0i , t), pj ψ(x0 , t0 )
(4.8)
elde ederiz (Burada j’nin olası bğtğn deeğerleri üzerinden, açıkça yazılmamış
bir toplam vardır). Bütün olası ai vektörleri için, bu ifadenin sıfıra eşit olması
için, bütün j değerleri için
D(∂i0 , ∂t , x0i , t), pj ψ(x0 , t0 ) = 0
(4.9)
54BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
olmalıdır. Bu eşitliğin sağlanabilmesi için,
D(∂i0 , ∂t , x0i , t), pj = Fj D(∂i0 , ∂t , x0i , t)
(4.10)
la
k
olmasi yeterlidir. Buradaki Fj belirlememiz gereken bir işlemcidir, ve türev
ve/veya koordinatlara bağlı olabilir. Fizikte karşımıza çikan neredeyse bütün
denklemler sonlu sayıda türev içerirler. D(∂i0 , ∂t , x0i , t) işlemcisinde en fazla
türev içeren terim, n tane türev içersin. Dolayısıyla, [D(∂i0 , ∂t , x0i , t), pj ] yer
değiştirmesi de n tane türev içerecektir. Eğer Fj işlemcisi, türev içerecek
olsaydi, Fj D(∂i0 , ∂t , x0i , t) işlemcisinde, en fazla türev içeren terim n’den fazla
türev içerecekti, ve bu sebepten denklem 4.10’un iki tarafının birbirine eşit
olma ihtimali olmayacaktı. Dolayısıyla, Fj işlemcisi türev içeremez.
∂x
[xj , pi ] iδij = i ∂xji olduğunu kullanarak,
∂D(∂i0 , ∂t , x0i , t)
D(∂i0 , ∂t , x0i , t), pj = i
∂xj
(4.11)
olarak yazabiliriz. Bu ifadeyi denklem 4.10’a yerleştirecek olursak,
∂D(∂i0 , ∂t , x0i , t)
= Fj D(∂i0 , ∂t , x0i , t)
∂xj
Ta
s
i
(4.12)
elde ederiz. Bu denklemin çözümünü
D(∂i0 , ∂t0 , x0i , t0 ) = e−i
R
dx0j Fj
D̃(∂i0 , ∂t0 , t)
(4.13)
olarak yazabiliriz. Dolayısıyla, dalga fonksiyonumuzun sağlayacağı denklem
e−i
R
dx0j Fj
D̃(∂i0 , ∂t0 , t0 )ψ(x0i , t0 ) = 0
şeklinde yazılabilir. Bu denklemin iki tarafını da ei
sak, dalga fonksiyonumuzun
D̃(∂i0 , ∂t0 , t0 )ψ(x0i , t0 ) = 0
R
(4.14)
dx0j Fj
ile çarpacak olur(4.15)
denklemini sağlaması gerektiğini buluruz. Buradaki D̃(∂i0 , ∂t0 , t0 ) işlemcisinin
açıkça konumun koordinatlarını içermediğine dikkat ediniz. Buraya kadar
gösterdiğimiz, eğer sistemimizde öteleme simetrisi varsa, dalga fonksiyonumuzun, mutlaka, konumu açıkça içermeyen bir denklem sağlaması gerektiğidir.
Şimdiye kadar konumda öteleme simetrisini inceledik. Ama, t = 0 zamanı olarak tanımladığımız noktanın seçimi de tamamen keyfidir, ve istersek,
4.1. UZAY ZAMAN SIMETRILERI
55
bunu da farkli seçtiğimiz bir referans sisteminde de hesapl yapabiliriz. Bu
durumda, iki referans sistemi arasındaki koordinatlar ve dalga fonksiyonları
arasındaki bağıntı:
xi = x0i
t = t0 + t0
ψ 0 (x0i , t0 ) = ψ(xi , t) = ψ(x0i , t− t0 )
(4.16)
olacaktır. Uzaydaki öteleme simetrisindeki işlemleri, bu sefer zamanda öteleme
için tekrarlayacak olursak, bu sefer dalga fonksiyonunu sağladığı denklemin
açıkça zamana bağlı olamayacağını gösteririz. Dolayısıyla, sistemimizin uzay
ve zamanda öteleme simetrisi varsa, dalga fonksiyonumuz mutlaka
la
k
D(∂µ )ψ(x) = 0
(4.17)
şeklinde bir denklemi sağlamak zorundadır.
4.1.2
Dönme Simetrisi
Ta
s
Uzayda referans noktamızı seçtikten sonra, x, y ve z eksenlerimizi istediğimiz
yönde uzatabiliriz: x ekseninini herhangi bir yön seçeriz, sonra y exsenini, x
eksenine dik herhangi bir yön olarak belirlersek, x ve y’ye dik bir z ekseninin
sadece iki yonde seçebiliriz: ẑ = ±x̂ × ŷ. Burada, genelde + işaret seçilir ve
bu koordinat sistemine sağ elli koordinat sistemi denir. Bu şekilde herhangi
bir R koordinat sistemi seçelim. Bir başka R0 koordinat sistemini, mesela, R
koordinat sistemini, z ekseni etrafında saatin tersi yönde θ kadar döndererek
tanımlayabiliriz. Dalga foknisyonumuzun sağladığı denklem her iki referans
sisteminde de aynı olmalıdır.
Dalga fonksiyonumuzun sağladığı denklemin özelliklerini incelemeden bu
dönme işlemini biraz daha yakından inceleyelim. Herhangi bir V~ vektörümüz
olsun. Bu vektörü R ve R0 koordinat sistemlerindeki bileşenlerini
Vi = V~ · x̂i
(4.18)
Vi0 = V~ · x̂0i
(4.19)
olarak yazabiliriz. Her ne kadar bileşenlerin değerleri iki referans sisteminde
farklı olsa da, ikisi de aynı vektörü göstermektedir, ve V~ vektörünü iki referans sisteminde
V~ = Vi x̂i
(4.20)
V~ = Vi0 x̂0i
(4.21)
56BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
olarak yazabiliriz. Denklem 4.19’a, denklem 4.20’yi yerleştirirsek
Vi0 = Vj x̂j · x̂0i
≡ Λij Vj
elde ederiz, Buradaki Λ matrisini açıkça
 0

x̂ · x̂ x̂0 · ŷ x̂0 · ẑ
Λ =  ŷ 0 · x̂ ŷ 0 · ŷ ŷ 0 · ẑ 
ẑ 0 · x̂ ẑ 0 · ŷ ẑ 0 · ẑ
(4.22)
(4.23)
olarak yazabiliriz. z ekseni etrafında θ açısı kadar dönderme örneğimize
dönelim. Bu durumda
la
k
x̂ · x̂0 = ŷ · ŷ 0 = cos θ
π
0
+ θ = − sin θ
x̂ · ŷ = cos
2
π
− θ = sin θ
ŷ · x̂0 = cos
2
ẑ · ẑ 0 = 1 ẑ · x̂0 = ẑ · ŷ 0 = ẑ 0 · x̂ = ẑ 0 · ŷ = 0
Ta
s
Bu dönmeye karşılık gelen matrisi Λz (θ) olarak gösterirsek


cos θ sin θ 0
Λz (θ) =  − sin θ cos θ 0 
0
0
0
(4.24)
(4.25)
olarak yazabiliriz.
θ 1 ise, θ mertebesine kadar cos θ ' 1 ve sin θ = θ yazarsak,
Λz (θ) ' 1 + iθΣz
(4.26)
olarak yazabiliriz, burada


0 −i 0
Σz =  i 0 0 
0 0 0
(4.27)
olarak tanımladık.
Herhangi bir θ dönmesini, daha küçük θ/N açılı N tane dönmeyi arka
arkaya uygulayarak da elde edebiliriz:
N
θ
(4.28)
Λz (θ) = Λz
N
4.1. UZAY ZAMAN SIMETRILERI
57
Buraad N herhangi bir tamsayı olabilir.
N → ∞ iken, θ/N 1 olacağından, bu durumda denklem 4.26’yi kullanırsak:
N
θ
Λz (θ) = lim Λz
N →∞
N
N
θ
= lim 1 + i Σz
N →∞
N
iθΣz
= e
(4.29)
Ta
s
la
k
olacaktır.
z ekseni etrafındaki dönmeler yerine, x ve y ekseni etrafındaki dönmeleri
de benzer şekilde incelersek, ikisini de denklem 4.29’a benzer şekilde yazabiliriz. Bu dönmelere karşılık gelen Σx ve Σy matrisleri


0 0 0
Σx =  0 0 −i 
(4.30)
0 i 0
ve


0 0 i
Σy =  0 0 0 
(4.31)
−i 0 0
olarak tanımlanır. Denklemler 4.27, 4.30, ve 4.31’deki matris elemanlarının
[Σi , Σj ] = iijk Σk denklemini sağladığı matrisler çarpılarak gösterilebilir. Bu
ifade so(3) (veya su(2)) cebrinin yaratıcılarını tanımlar.
Dönmeler altında değişmeyen denklemleri bulmadan önce, dalga fonsiyonlarımızın nasıl değiştiğine bakalım. Dalga fonksiyonumuzun aldığı değerlerin
sayılar olduğunu varsayalım. R0 referans sistemindeki konum bileşenlerimizi,
R referans sistemindeki konum bileşenlerine denklem 4.22 ile ilişkilendirebiliriz.
R0 referans sistemindeki dalga fonksiyonumuzu, R referans sistemindeki dalga
fonksiyonumuz cinsinden
ψ 0 (x0i , t0 ) = ψ(xi , t) ≡ ψ((Λ−1 )ij xj , t0 )
(4.32)
olarak yazabiliriz. Yine, örnek olması açısından, z ekseni etrafında θ açısı
kadar bir dönmeyi ele alalım. Bu durumda
x0 = x cos θ + y sin θ
y 0 = y cos θ − x cos θ
z0 = z
(4.33)
58BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
olarak yazabiliriz. Bu denklemleri x ve y için çözecek olursak
x = x0 cos θ − y 0 sin θ
y = y 0 cos θ + x0 cos θ
z = z0
(4.34)
elde ederiz2
Yine öncelikle çok küçük bir dönme açısı için dönmeleri inceleyecek olursaki
la
k
ψ 0 (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) ' ψ(x0 − y 0 θ, y 0 + x0 θ, z 0 , t0 )
∂
∂
' ψ(x0 , y 0 , z 0 ) − θy 0 0 ψ(x0 , y 0 , z 0 , t0 ) + θx0 0 ψ(x0 , y 0 , z 0 , t0 ) + · · ·
∂x
∂y
∂
∂
' 1 + iθ iy 0 0 − ix0 0 + · · · ψ(x0 , y 0 , z 0 , t0 )
(4.35)
∂x
∂y
elde ederiz. Yine, sonlu bir θ açısı ile dönmeyi, N defa, θ/N açısı kadar
dönme olarak yazıp, N → ∞ limitini alacak olursak
Ta
s
ψ 0 (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) = eiθLz ψ(x0 , y 0 , z 0 , t0 )
(4.36)
buluruz. Buradaki Lz , kuantum mekanikten bildiğiniz z yönündeki açısal
momentuma karşılık gelen işlemcidir:
Lz = (~r × p~)z = xpy − ypx = −ix
∂
∂
+ iy
∂y
∂x
(4.37)
Açısal momentum işlemcisinin farklı bileşenlerinin de Σi ’ler gibi aynı [Li , Lj ] =
iijk Lk yer değiştirme cebini sağladığına dikkat ediniz.
Artık, dönme simetrisi altında değişmeyen denklemlerimize bakabiliriz.
Denklem 4.36, öteleme simetrisi için elde ettiğimiz denklem 4.6’nın dönmeler
için olan analoğudur. Bu durumda denklem 4.17’deki D(∂i , ∂t ) işlemcisi ile
tanımlanan denklemin, dönmeler altında değişmemesi için
[D(∂i , ∂t ), Lj ] = Rj D(∂i , ∂t )
(4.38)
eşitliğini sağlaması gerekir. Burada Lj işlemcisi, açısal momentum işlemcisinin
i bileşenidir, ve Rj ise, bilmediğimiz sabitlerdir. Rj işlemcisi öteleme simetrisinde
2
Denklem 4.34, denklem 4.33’ten, θ → −θ yazılarak elde edilebilir.
4.1. UZAY ZAMAN SIMETRILERI
59
olduğu gibi, yine türev işlemcisini içeremez, ve denklem 4.38’deki yer değiştirmenin
sonucu konum işlemcisini de içeremeyeceği için, calRj işlemcileri konum işlemcisini
de içeremez. Dolayısıyla Rj işlemcileri sayı olmak zorundadır3 . Rj sayılarının
bir başka özelliğini bulmak için, yer değiştirmelerinin sağlama zorunda oldukları Jacobi özdeşliğini
[[A, B] , C] + [[B, C] , A] + [[C, A] , B]
kullanabiliriz. Eğer A = D(∂i , ∂t ), B = Lj , C = Lk seçersek,
la
k
0 = [[D(∂i , ∂t ), Lj ] , Lk ] + [[Lj , Lk ] , D(∂i , ∂t )] + [[Lk , D(∂i , ∂t )] , Lj ]
= [Rj D(∂i , ∂t ), Lk ] + ijkm [Lm , D(∂i , ∂t )] − [Rk D(∂i , ∂t ), Lj ]]
= Rj Rk D(∂i , ∂t ) − Rk Rj D(∂i , ∂t ) − iijm Rm D(∂i , ∂t )
(4.39)
olması gerektiğini buluruz. Ri ’ler sayısal sabitler olduğu için, ilk iki terim
birbirini sadeleştirir ve ijm Rm = 0 elde ederiz. Her olası i ve j değeri için bu
eşitliğin sağlanabilmesi için Rm = 0 olmalıdır. Dolayısıyla, D(∂i , ∂t ) işlemcisi
iler belirlenen dalga denkleminin, dönmeler altında simetrik olabilmesi için
Ta
s
[D(∂i , ∂t ), Lj ] = 0
(4.40)
olmalıdır.
Denklem 4.40’ı hesaplamadan önce D fonksiyonunun argümanları olan
∂t ve ∂i ile Lj ’nin yer değiştirmelerini hesaplayalım. Lj sadece konum ve
konuma görev türev içerdiğinden ve bu ikisi de zamana köre türevle yer
değiştirebildiğinden [Lj , ∂t ] = 0 olacaktır. [∂j , Li ] yer değiştirmesine bakacak
olursak:
[∂j , Li ] =
=
=
=
=
3
[∂j , (~r × p~)i ]
−i [∂j , ilm xl ∂m ]
−iilm [∂j , xl ]
−iilm δjl ∂m
−iijm ∂m
(4.41)
İşlemleri kolaylaştırmak için, dalga fonksiyonumuzun sayı olmasına ek olarak D(∂i , ∂t )
işlemcisinin de bir vektör, matris veya daha üst dereceden bir tensor olmadığını varsaydık.
Bu varsayımlar altında sadece dönmeler altında değişmez denklemleri bulabiliriz.
60BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
buluruz. Bunu kullanarak iki türev içeren bir işlemcinin, Li ile yer değişmesini
de hesaplayalım:
[∂i ∂j , Lk ] = ∂i [∂j , Lk ] + [∂i , Lk ] ∂j
= ∂i ijkl ∂l + iikl ∂l ∂j
= ijkl ∂i ∂l + iikl ∂j ∂l
Eğer iki tarafı da δij ile çarparsak,
2 ∂j , Li = 0
(4.42)
(4.43)
la
k
elde ederiz. Dolayısıyla, eğer, denklem 4.17’deki D(∂µ ) işlemcisi sadece ∂t ve
∂j2 ≡ ∇2 işlemcilerinden oluşuyor ise, denklem 4.40’ı sağlayacaktır. Böylece
skalar bir fonksiyonun sağlaması gereken en genel öteleme ve dönme simetrilerine sahip denklemin
D̃(∂t , ∇2 )ψ(xi , t) = 0
(4.44)
olduğunu göstermiş olduk. D̃ işlemcisinı eğer
Ta
s
D̃(∂t , ∇2 ) = −i∂t −
∇2
2m
(4.45)
olarak seçecek olursak, Schroedinger denklemini elde ederiz.
Dönme simetrisini kullanarak, tek boyutta elde ettiğimiz denklem 3.42’yi
üç boyuta genelleştirebiliriz. Dönme simetrisinin bize söylediği, differansiyel
denklemlerde ∂x işlemcisinin hiç bir zaman tek başına gelemeyeceği, her zaman için ∂x2 + ∂y2 + ∂z3 = ∇2 şeklinde gelmesi gerektiği. Dolayısıyla, denklem
3.42’nin üç boyuta dönme simetrik bir şekilde genelleştirilmiş halini
∂ 2φ
= v 2 ∇2 φ − m2 φ
∂t2
(4.46)
olarak yazabiliriz. Bu denklem
∂2
D̃(∂t , ∇ ) = 2 − v 2 ∇2 + m2
∂t
2
(4.47)
işlemcisine karşılık gelir.
Dönme simetrisini incelemeyi bitirmeden önce, bu sonuçlarımızi başka bir
yöntemle elde edelim. Bir vektörün referans sisteminden bağımsız olarak bir
4.1. UZAY ZAMAN SIMETRILERI
61
matematiksel nesne olarak var olması, farklı referans sistemlerindeki bileşenlerinin
değerleri arsında
Vi0 = Λij Vj
(4.48)
şeklinde bir ilişkinin olmasını gerektirmişti. Bunu tersinden de yorumlayabiliriz: eğer bir nesnenin bileşenleri, referans sitemimizi değiştirdiğimizde, denklem 4.48’de gösterildiği şekilde değişiyor ise, o nesne, referans sisteminden
bağımsız olarak tanımlanabilen bir vektördür. Bu özelliği geneeştirmemiz
mümkündür: Ti1 i2 ···in olarak gösterdiğimiz bir gurup nesnemiz olsun. Eğer
referans sistemimizi değiştirdiğimiz zaman, bu nesneler
la
k
Ti01 i2 ···in = Λi1 j1 Λi2 j2 · · · Λin jn Tj1 j2 ···jn
(4.49)
Ta
s
şeklinde değişiyorsa, bu nesneleri referans sisteminden bağımsız olarak vardır
ve bunlara n. dereceden tensörler denir. (İkinci derece tensorlere bir örnek
Tij = Vi Vj olarak verebiliriz, burada Vi , V~ vektörünün bileşenleridir.) Vektirler birinci derece tensörlerdir, skalarlar (sayılar) sıfırınca dereceden denklemlerdir.
Eğer bir eşitliğin iki tarafı da n. derece bir tensör ise, eşitlik her referans sisteminde doğrudur. Doğa yasalarının her referans sisteminde aynı
görünmesi için, tensor eşitlikler şeklinde yazılabiliyor olması gerekir.
Dalga fonksiyonumuz ψ her referans sisteminde var olan bir nesnedir. R
referans sisteminde dalga fonksiyonumuzun aldığı değerleri ψ(x) ile gösterelim,
ve her x olayı için bir sayı olsun, yani ψ(x) skalar bir alan olsun. R referans
sisteminde
∂ψ
∂ψ
∂ψ
~
x̂ +
ŷ +
ẑ
∇ψ(x)
=
∂x
∂y
∂z
(4.50)
ifadesini ele alalım. ∂i ψ(x) ifadesinin R0 referans sistemindeki ∂i0 ψ 0 (x0 ) ile
nasıl ilişkilendirebileceğimize bakalım. Donmalere baktığımız için
x0i = Λij xj
(4.51)
olarak yzabiliriz. Bu durumda
∂i0 ψ 0 (x0 ) =
∂xj ∂ψ(x)
∂ψ 0 (x0 )
−
=
=
Λ
1
∂ ψ (x)
ji i i
∂x0i
∂x0i ∂xj
(4.52)
62BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
elde ederiz. Λ matrisinin açık ifadesinden Λ− 1 = ΛT olduğu gösterilebilir.
Dolayısıyla
∂i0 ψ 0 = Λij ∂i ψ
(4.53)
Ta
s
la
k
olacaktır. Bu bağıntı ise, vektörleri tanımlayan denklem 4.48 ile aynıdır.
~ ifadesi, referans sisteminden bağımsız olarak var olan bir
Dolayısıyla ∇ψ
~ ifadesini sembölük olarak ∇
~ vektörü ile ψ sayısının çarpımı
vektördür. ∇ψ
olarak düşünebiliriz. Bir vektörler bir sayının çarpımı nasıl bir vektör veriyor
ise bu çarpımda bize bir vektör verir. İki vektörün skalar çarpımı dönmeler
~ vektörü ile ∇ψ
~ vektörünün çarpımı, ∇
~ ·
altında değişmez olduğundan, ∇
~ ≡ ∇2 ψ da dönmeler altında değişmez. ∂t işlemi de dönmelerden etk∇ψ
ilenmediği için, bu işlemciye de skalar diyebiliriz. Skalarlardan oluşmuş herhangi bir denklem de yine skalar olduğu için, dönmeler altında değişmeyen
en genel doğrusal denklemin denklem 4.44’de verilen ifade olduğu görülebilir.
~ · (∇ψ),
~
~ ·
Doğrusal olma koşulunu kaldırırsak, bu denkleme (∇ψ)
ψ∇2 ψ, (∇ψ)
~
v.b. gibi daha pek çok terim ekleyebiliriz.
(∇2 ψφ),
Bu bakış açısıyla, vektör alanların sağlayabileceği dereken denklemler,
de yazabiliriz. Bu denklemler, referans sistemi dönmeleri altında değişmez
olabilirler:
~ · V~ = 0
D(∂t , ∇2 )∇
(4.54)
veya, vektörel denklemler olabilirler:
~ ∇
~ · V~ ) = 0
D0 (∂t )V~ + DT (∂t , ∇2 )∇(
(4.55)
veya daha geneş n. mertebeden tensor denklemler olabilir. Sakalar denklemler dişindaki tensörel denklemlerin her iki tarafı da referans sistemi dönmeleri
altında değişirler, dolayısıyla değişmez değillerdir. Ancak iki taraf ta aynı
şekilde değişeceği için, eşitlik her referans sisteminde geçerlidir, yani bu denklemler eşdeğişen (kovaryant) denklemlerdir.
4.1.3
Lorentz Simetrisi
Şimdiye kadar R ve R0 gibi iki referans sistemi aldığımızda, bu iki referans sisteminin orijinlerinin birbirlerine göre hareketsiz olduklarını varsaydık.
Oysa görelilik kuramının bize söylediğine göre, birbirlerine göre sabit hızla giden bütün referans sistemleri birbirlerine denktir, ve dolayısıyla, bu referans
sistemlerinde yazılan doğa yasaları da aynı görünmelidir.
4.1. UZAY ZAMAN SIMETRILERI
63
Einstein’ın özel görelilik kuramunda da gösterdiği gibi, eğer R ve R0 referans sistemleri birbirlerine göre x-yönünde v hızı ile hareket ediyorsa, ve P
olayı bu referans sistemlerinde sırasıyla xµ ve x0µ uzay-zaman koordinatları
ile gösteriliyorsa, bu iki koordinat sistemini birbirine
t0
x0
y0
z0
=
=
=
=
γ(t − vx)
γ(x − vt)
y
z
(4.56)
la
k
1
olarak ilişkilidir. Denklem 4.56’da ışık hızını bir aldık, c = 1, γ = √1−v
2
olarak tanımladık. Matrislerle yazmak istersek,


γ
−vγ 0 0
 −vγ
γ
0 0 

Λ=
(4.57)
 0
0
1 0 
0
0
0 1
Ta
s
olarak tanımlarsak, x0µ = Λµν xν olarak yazabiliriz (birinci sembolü yukarıda
ikinci sembolü aşağıda yazdığımıza dikkat edin).
Denklem 4.57’deki matrisi,
v = tanh η
(4.58)
şeklinde bir η tanımlayarak, dönme matrislerine benzer bir hale getirebiliriz.
Bu dönüşüm altında γ = cosh η ve vγ = sinh η olduğunu kullanırsak


cosh η − sinh η 0 0
 − sinh η cosh η 0 0 

Λη = 
(4.59)

0
0
1 0 
0
0
0 1
olarak yazılabilir. η parantezinin bir avantazı da Λη1 Λη2 = Λeta1 +η2 olmasıdır.
Çok düşük hızlarda, v ' η 1 için,


1 −η 0 0
 −η 1 0 0 
 = 1 + iηKx
Λη = 
(4.60)
 0
0 1 0 
0
0 0 1
64BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
olarak yazarsak, x-yönündeki boostların yaratıcısını

0
 i
Kx = 
 0
0
i
0
0
0
0
0
0
0

0
0 

0 
0
(4.61)
olarak buluruz. Bu yaratıcı cinsiden, sonlu bir η için, Λη matrisini
Λη = eiηKx
(4.62)
la
k
olarak yazabiliriz. Benzer şekilde, y ve z yönündeki boostlara bakacak olursak,

0
 0
Ky = 
 i
0
i
0
0
0
Ta
s
ve
0
0
0
0

0
 0
Kz = 
 0
i
0
0
0
0
0
0
0
0

0
0 

0 
0
(4.63)

i
0 

0 
0
(4.64)
elde ederiz. Eğer bu matrislerin yer değiştirmelerini hesaplayacak olursak,
genel olarak
[Ki , Kj ] = −iijk Σk
(4.65)
olarak bulunur. Buradaki Σk matrisleri, denklemler 4.27, 4.30 ve 4.31’de
tanımlanmıştır. Son olarak, K matrisleri ile Σ matrislerinin de yer değiştirmelerini
hesaplayacak olursak
[Ki , Σj ] = iijk Kk
(4.66)
olarak buluruz. K matrisleri ile Σ matrisleri arasındaki önemli bir farkın
Σ† = Σ olduğu halde K † = −K olmasıdır.
4.1. UZAY ZAMAN SIMETRILERI
65
Şimdi de skalar fonksiyonların boostlar altında nasil değiştiğine bakalım.
Yine önce η 1 durumunu inceleyelim. Bu durumda, denklem 4.56’daki
ifadeleri t, x, y ve z için çözersek,
t
x
y
z
=
=
=
=
t0 + ηx0
x0 + ηt0
y0
z0
(4.67)
elde ederiz. Yeni referans sistemindeki dalga fonksiyonu, eksi referans sistemindeki dalga fonksiyonuna
la
k
ψ 0 (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) = ψ(x, y, z, t)
şekliden bağlı olacağindan denklem 4.67’deki sonuçları kullanırsak
Ta
s
ψ 0 (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) = ψ(x0 + ηt0 , y 0 , z , t0 + ηx0 )
0 ∂
0 0 0 0
0 ∂
= ψ(x , y , z , t ) + η t 0 + x 0 ψ(x0 , y 0 , z 0 , t0 )
∂x
∂t
∂
∂
= 1 + η t 0 0 + x0 0
ψ(x0 , y 0 , z 0 , t0 )
(4.68)
∂x
∂t
olacaktir. Yine sonlı bir η’ya karşılık gelen dönüşümü, N → ∞ iken, η/N ’lik
N tane dönüşüm olarak yazarsak,
0 ∂ +x0 ∂
∂x0
∂t0
ψ 0 (x0 ) = eη(t
) ψ(x0 ) ≡ eiηKx ψ(x0 )
(4.69)
olarak yazabiliriz. Burada sonucumuzu denklem 4.36’ya benzetebilmek için
Kx = −it0
∂
∂
− ix0 0
0
∂x
∂t
(4.70)
olarak tanımladık. Benzer şekilde, diğer yönlerdeki boostları için de
∂
∂
− ix0i 0
0
∂xi
∂t
(4.71)
∂
∂
−
ix
ν
∂xν
∂xµ
(4.72)
Ki = −it0
olarak tanımlayabiliriz.
Eğer
Σµν = ixµ
66BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
işlemcisini tanımlarsak, Σi ve Ki işlemcilerini,
Ki = Σi0
1
ijk Σjk
Li =
2
(4.73)
olarak yazabiliriz.
Denklem 4.56’daki ifadeleri kullanarak
t02 − x02 − y 02 − z 02 = t2 − x2 − y 2 − z 2
(4.74)
la
k
olduğunu gösterilebilir. Eğer (t, x, y, z) ≡ (x0 , x1 , x2 , x3 ) dörtlüsüne, x dört
vektör’ünün bileşenleri olarak bakarsak, ve herhangi iki dört vektörün skaler
çarpımı’nı V1 · V2 = V10 V20 − V11 V21 − V22 V22 − V13 V23 olarak tanımlarsak,
Lorentz dönüşümleri, 4 vektörlerini skaler çarpımlarını değiştirmezler. İki
dört vektörün skaler çarpımlarını daha basit yazabilmek için gµν = diag(1, −1, −1, −1)
olacak şekilde metriği tanımlarsak, dört vektörlerin çarpımını
V1 V2 = gµν V1µ V2ν
(4.75)
Ta
s
olarak yazabiliriz.
Üç boyutlu vektörlerde olduğu gibi, dört boyutlu vektörleri de, Lorentz
dönüşümleri altında V 0µ = Λµν V ν şeklinde dönüşen nicelikleri dört vektör
olarak tanımlayacağız. Daha belirgin olarak, bu şekilde değişen vektörlere
kovaryant vektör diyeceğiz.
Lorent dönüşümleri altında denklem 4.75’da tanımlanan skaler çarpımın
değişmemesi için
0
0
0
V1 V2 = gµν V1µ V2ν → gµν V10µ V20ν = gµν Λµµ0 Λνν 0 V1µ V2ν = gµ0 ν 0 V1µ V2ν
0
(4.76)
olabilmesi için Λ matrislerinin
gµν Λµµ0 Λνν 0 = gµ0 ν 0
(4.77)
eşitliğini sağlaması gerekir. Denklem 4.57’de tanımlanan Λ matrisi bu ifadeyi
sağlar. g metriğinin tersinin matris elemanlarını (g −1 )µν ≡ g µν olarak gösterelim.
0
0
Ayrıca, Λ matrisinden yeni bir matrisi elemanları Λµν ≡ gµµ0 g νν Λµν 0 olacak şekilde tanımlayalım (yeni matrisin birinci sembölünü aşağıda, ikinci
sembölünü yukarıda yazdığımıza dikkat ediniz). Bu tanımlaraı kullanarak,
0
denklem 4.77’i g ν α ile çarparsak
Λµµ0 Λµα = δµα0
(4.78)
4.1. UZAY ZAMAN SIMETRILERI
67
elde ederiz. Buradan da görebileceğimiz üzere, yeni tanımladığımız Λµν matrisi aslında Λµν matrisinin tersidir.
Herhangi bir V µ kovaryant vektörüne karşılık genel kontravaryant vektörü
Vµ = gµν V ν
(4.79)
olarak tanımlayalım. V µ vektörünün bileşenlerini V µ = (V 0 , V~ ) ile gösterirsek,
kontravaryant vektörün bileşenleri Vµ = (V 0 , −V~ ) olur. Bu vektörün Lorentz
dönüşümü altında nasıl değiştiğine bakacak olursak,
Vµ → Vµ0 = gµν V ν
0
la
k
= gµν Λνν 0 V ν
0
= gµν Λαβ g να gβν 0 V ν
= Λαβ δµα Vβ
= Λµβ Vβ
(4.80)
Ta
s
elde ederiz. Buradan da göreceğimiz gibi, kontravaryant vektörler, referans
sistemi dönüşümü altında, Λ matrisi ile değil, Λ−1 matrisi ile dönüşürler.
Şimdi de ∂/∂xµ işlemcisinin nasıl dönüştüğüne bakalım:
∂
∂xα ∂
∂
→
=
∂xµ
∂x0µ
∂x0µ ∂xα
(4.81)
olacaktır. Koordinat dönüşümünü
x0α = Λµν x0 ν
(4.82)
olarak tanımlamıştık. İki tarafı da Λµα ile çarparsak
xα = λµα x0µ
(4.83)
elde ederiz. Bu ifadenin x0ν ’ye göre türevini alırsak:
∂xα
∂x0ν
∂
Λµα x0µ
0ν
∂x
∂x0µ
= Λµα 0ν
∂x
= Λµα δνµ = Λνα
=
(4.84)
68BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
elde ederiz. Dolayısıyla, denklem 4.84’i denklem 4.81’e yerleştirirsek, bir
Lorentz dönüşümü altında,
∂
∂
→ Λµα α
µ
∂x
∂x
(4.85)
la
k
olduğunu buluruz. Bu da bize, ∂x∂ µ işlemcisinin, bir kontravaryant vektör gibi
davrandığını gösterir.
∂
= ∂µ ile gösterir ise, bileşenleri ∂µ = (∂t , ∇) olarak yazılabilir. Karşılık
∂xµ
gelen kovaryant dört vektör ise ∂ µ = g µν ∂ν = (∂t , −∇) bileşenlerine sahiptir.
Dört vektörlerin skalar çarpımlarının Lorentz dönüşümleri altında değişmediğini
kullanırsak, g µν ∂µ ∂ν = gµν ∂ µ ∂ ν = ∂ µ ∂µ = ∂t2 − ∇2 ≡ işlemcisinin Lorentz
dönüşümleri altında değişmediğini söyleyebiliriz. Bu bilgiyi kullanırsak, skalar
alanlar için, doğrusal Lorentz değişmez denklemlerin en genel halinin
D()φ = 0
(4.86)
Ta
s
olması gerektiğini hemen söyleyebiliriz.
4.2
4.2.1
Tek Parçacık Denklemleri
Schroedinger Denklemi
En bilinen kuantum mekaniksel dalga denklemi belki de Schroedinger Denklemidir:
i
1 2
∂
φ−
∇ φ=0
∂t
2m
(4.87)
(Herhangi bir potensiyel terimi öteleme simetrisini bozacağından eklenmemiştir).
Bu denklemi elde etmek için kullanabileceğimiz Lagranj yoğunluğu
∗
L=φ
∂
i
∂t
∂ ∗
1 ~ ∗
~
φ− i φ φ+
(∇φ ) · (∇φ)
∂t
2m
(4.88)
Bu Langranj yoğunluğundan φ ve φ∗ için hareket denklemini elde ederken, φ
ve φ∗ alanalarının birbirinden bağımsız alanlar olduğunu düşünerek bunlara
göre türev alınmalıdır.
4.2. TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
4.2.2
69
Klein-Gordon Denklemi
Scroedinger denklemi bariz bir şekilde Lorentz dönüşümleri altında değişmez
değildir. Bu çok şaşırtıcı bir sonuç değildir, çünkü Scroedinger denklemi
serbest parçacığın enerji ve momentumu arasında
E=
p~2
2m
(4.89)
bağıntısını verir. Oysa özel görelilik kuramı, bize, bir parçacığın enerjisi ve
momentumu arsaındaki bağıntının
la
k
E 2 = p~2 + m2
(4.90)
olduğunu söyler. Bu eşitliği sağdan dalga fonksiyonumuzla çarpar, ve enerji yerine enerji işlemcisini, momentum yerine de momentum işlemcisini
yerleştirirsek
( + m2 )φ = 0
(4.91)
Ta
s
denklemini elde ederiz. Bu denkleme Klein-Gordon denklemi denir. Bu denklemi veren Klein-Gordon Lagranj yoğunluğu
L = (∂µ φ∗ )(∂ µ φ) + m2 φ∗ φ
(4.92)
olarak yazılabilir. Eğer φ skalar alanı reel bir skalar alan ise, yani φ∗ = φ, bu
durumda Lagranj yoğunluğu 21 ile çarpılır.
4.2.3
Dirac Denklemi
Scroedinger denkleminden Dirac denklemine geçerken, önemli bi değişiklik,
artık denklemimimzin zamana göre türevler cinsinden birinci derece değil,
ikinci derece bir denklem olmasıdır. Kavramsal olarak bu rahatsız edici bir
durumdur: düşük hızlarda, dalga denklemimiz zamana göre birinci derece
bir denklemi sağlar, dolayısıyla, zamana göre birinci türevi, dalga fonksiyonunun kendisi tarafından belirlenmiştir. Oysa, zamana göre ikinci derece bir
denklemde, dalga fonksiyonunun zamana göre birinci türevi dalga fonksiyonu
tarafından belirlenmemiştir, bağımsızdır. İkinci ve daha yüksek mertebeden
türevler, fonksiyonun kendisi ve türevi tarafından belirlenmiştir.
70BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
Bu sıkıntıdan kurtulmak için, Dirac zaman ve konuma göre birinci dereceden bir denklem yazmayı denedi. Bu denklemi elde etmek için, farz edelim
ki, dalga fonksiyonumuz
~ + βm)ψ = 0
(∂t + α
~ ·∇
(4.93)
denklemini sağlasın. α
~ ve β belirlememiz gereken sabitler olsun. Göreli enerji
momentum bağıntımızdan, ψ fonksiyonu
(∂t2 − ∇2 + m2 )ψ = 0
(4.94)
la
k
denklemini de sağlamak zorundadır. Denklem 4.93’yi ∂t − α
~ − βm işlemcisi
ile çarpalım:
h
i
~ + βm)ψ = ∂t2 − (~
~ + βm)2 ψ
(∂t − α
~ − βm)(∂t + α
~ ·∇
α·∇
1
2 2
2
(4.95ψ
= ∂t − (αi αj + αj αi )∂i ∂j − m(αi β + βαi )∂i − β m
2
elde ederiz. Buradaki ψ dalga fonsiyonunu çarpan işlemcinin, −m2 işlemcisine
eşit olabilmesi için
Ta
s
αi αj + αj αi = 2δij
αi β + βαi = 0
β 2 = −1
(4.96)
olmasi gerekir. İlk iki denklem bize αi ve β’nın sayı olamayacağını ve matris
olmaları gerektiğini gösterir.
Öncelikle daha basit olan m = 0 durumuna bakalım. Bu durumda β
matrisine ihtiyaç yoktur.
{αi , αj } = 2δij
(4.97)
koşulunu sağlayan 3 matrise ihtiyacımız vardır. Bu matrislerin bir kaç özelliklerini
yukarıdaki bağıntıdan elde edebiliriz: α12 = α22 = α32 = 1 olduğu için, bütün
αi matrislerinin öz değerleri ±1 olmalıdır. αi matrislerinin izlerine bakacak
olursak:
İz(α1 ) =
=
=
=
İz(α1 α22 )
İz(α2 α1 α2 )
İz(−α1 α2 α2 )
−İz(α1 )
(4.98)
4.2. TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
71
elde ederiz. Burada, ilk eşitlikte α22 = 14 olduğunu, ikinci eşitlikte, iz
işleminin İzAB = İzBA özelliğini, ve üçüncü eşitlikte de α1 α2 = −α2 α1
olmasını kullandık. α1 matrisinin izi, kendi eksilisine eşit olduğundan, bu iz
sıfır olmalıdır. Benzer şekilde, diğer α matrislerinin de izleri sıfır olmalıdır.
Öz değerleri asdece +1 veya −1 olan bir matrisin, izinin sıfır olmasının tek
yolu, o matrisin öz değerlerinde −1 kadar +1 bulunmasıdır. Dolayısıyla, αi
matrislerinin boyutları çift olmalıdır. Olası en küçük boyutlu α matrisleri iki
boyutludur. Eğer Pauli sigma matrislerini
0 1
0 −i
1 0
σ1 =
, σ2 =
, σ3 =
(4.99)
0 −1
1 0
i 0
la
k
olarak tanımlarsak, αi matrisleri için iki ayrı çözüm yazabiliriz: αi = ±σi .
Dolayısıyla, kütlesiz bir parçacık
(4.100)
(∂t + ~σ · ∇)ψ+ = 0
(4.101)
Ta
s
veya
(∂t − ~σ · ∇)ψ− = 0
denklemini sağlamalıdır. Buradaki ψ± dalga fonksiyonlarına iki bileşenli
spinörler denir.
Bu denklemlerin, belirli enerji ve momentuma sahip çözümlerini arayalım:
ψ± = eipx u± . Bu çözümleri yukarıdaki denklemlere yerleştirirsek
(E ∓ ~σ · p~)u± = 0
(4.102)
elde ederiz. Bu denklemlerin u± = 0’dan farklı çözümlerinin olabilmesi için
=⇒ det
det(E ∓ ~σ · p~) = 0
E ± p3 p1 ∓ ip2
= E 2 − p33 − p21 − p22 = 0 (4.103)
p1 ± ip2 E ∓ p3
eşitliğinin sağlanması gerekir. Dolayısıyla, bu dalga fonksiyonu ile temsil
edilen parçacıklarda, olması gerektiği gibi, denklem 4.90’teki göreli enerji
momentum bağıntısını sağlar.
4
Burada α2 matrisi yerine α3 matrisini de kullanabilirdir. Önemli olan α1 ’den farklı
bir α matrisi kullanmaktır.
72BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
Şimdi, bu çözümlerin dönmeler altında nasıl davrandıklarına bakalım.
Denklem 4.36’da, skalar değerler alan bir fonksiyonun dönmeler altında nasıl
değiştiğini gördük. Spinörler söz konusu olduğunda ise, genel olarak dönmeler
altındaki değişimizi
~~
0
ψ±
(x0 ) = eiθ·L τ ψ± (x0 )
(4.104)
la
k
~ açısı kadar dönmeye
olarak yazalım. Bu ifade θ~ vektörünün etrafında, θ ≡ |θ|
kaşılık gelir. Skalar fonksiyon durumunda τ = 1 idi, oysa burada ψ spinörünün
birden fazla bileşeni olduğu için, dönmeler altında bu bileşenler de karışabilir.
Bu değişimi de τ matrisi ile gösteriyoruz.
Denklem 4.100 ve 4.101’in, dönmeden sonra da aynı şekilde kalmasıni
istersek, ve denklem 4.104’i kullanırsak,
~L
~
~ 0 )ψ 0 (x0 ) = (∂ 0 ± ~σ · ∇
~ 0 )eiθ·
(∂t0 ± ~σ · ∇
τ ψ± (x0 ) = 0
±
t
(4.105) denk4.89
elde ederiz. Daha önceleri de sürekli yaptığımız gibi, yine çok küçük bir açıyla
dönme durumuna bakalım. θ = 0 olduğunda, hiç bir değişim olmayacağı için
τ = 1 olacaktır. τ ’nun θ = 0 etrafındaki seri açılımını
τ = 1 + iθk S k
(4.106)
Ta
s
şeklinde yazalım. Bu ifadeyi denklem 4.105’a yerleştirip, üstel ifadenin de
seri açılımın yazarsak
~ 0 )(1 + iθl Ll )(1 + iθk S k )ψ± (x0 )
0 = (∂t0 ± ~σ · ∇
~ 0 )ψ± (x0 ) + iθl (∂ 0 ± ~σ · ∇
~ 0 )(Ll + S l )ψ± (x0 )
= (∂ 0 ± ~σ · ∇
t
=
(∂t0
t
h
i
~ 0 )ψ± (x0 ) + i ∂ 0 ± ~σ · ∇
~ 0 , Ll + S l (4.107)
~ )ψ± (x ) + iθ (Ll + S l )(∂t0 ± ~σ · ∇
± ~σ · ∇
ψ± (x0 )
t
0
0
l
elde ederiz. ψ± , denklem 4.100-4.101’i sağladığı için buradaki ilk iki terim
sıfır olacaktır. Son terimin de sıfır olması için
h
i
~ 0 , Ll + S l = 0
∂t0 ± ~σ · ∇
(4.108) denk4.92
olması yeterlidir. S l , sayılardan oluşan bir matris olduğundan, türev işlemcileri
ile yer değiştirir, ama σ matrisleri ile yer değiştiremez. Ll işlemcisi ise σ matrisleri ile yer değiştirir, türev ile yer değiştiremez. Dolayısıyla, denklem
4.108’deki yer değiştirmeyi
i
h
~ 0 , Ll + S l = ± σ i ∂i0 , Ll + S l
∂t0 ± ~σ · ∇
= ±σ i ∂i0 , Ll ± σ i , S l ∂i0
(4.109)
4.2. TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
73
olarak yazabiliriz. Denklem 4.41’i kullanırsak,
h
i
~ 0 , Ll + S l = ±iσ i ilm ∂m ± σ i , S l ∂ 0
∂t0 ± ~σ · ∇
i
m l 0
i
= ± −imli σ + σ , S ∂m
(4.110)
Bu sonucun denklem 4.108’yi sağlaması için S l matrislerinin
m l
σ , S = imli σ i
(4.111)
la
k
denkelmini sağlaması gerekir. σ matrislerinin denklem 4.99’teki açık ifadelerini
kullanarak, bu matrislerin
i j
σ , σ = 2iijk σ l
(4.112)
özdeşliğini sağladığını gösterebiliriz. Dolayısıyla, denklem 4.111’i sağlayan S l
matrislerini
σl
S =
2
l
(4.113)
Ta
s
olarak yazabiliriz. Böylece, sonlu bir dönme için, denklem 4.104’de tanımlana
τ matrisini
τ = eiθ
k σk
2
(4.114)
olarak buluruz. Özellikle 2π lik bir dönme altında, τ = −1 olduğuna ve
dolayısıyla tam bir tur dönmenin altında spinörlerin bir eksi işaret kazandıklarına
dikkat ediniz.
Spinörlerin dönmeler altında nasıl davrandıklarını bulduktan sonra, şimdi
de boostlar altında nasıl değiştiklerine bakalım. Her zaman yaptığımız gibi
yine çok küçük bir dönüşüm alalım: η 1. Bu dönüşüm altında spinörlerimizin
h
i
ψ± → ψ 0 (x0 ) ≡ 1 + iη k (K k + K̃ k ) ψ± (x0 )
(4.115)
şeklinde dönüştüğünü varsayalım. Burada K k işlemcileri, skalar fonksiyonlarida da karşımıza çıkan denklem 4.73’de tanımlana işlemcilerdir. K̃ k ise,
spinörlerin özelliklerinden kaynaklı, olası 2x2’lik matrislerdir. Şimdi bul0
mamız gereken bu matrislerin ne olduklarıdır. ψ±
spinörlerinin sağlamasıni
beklediğimiz denklem
0
0
~
∂t ∓ ~σ · ∇ ψ 0 (x0 ) = 0
(4.116)
74BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
olur. Denklem 4.115’deki ifadeyi yerleştirir isek
k
k
k
0
0
~
1 + iη (K + K̃ ) ψ± (x0 )
0 = ∂t ∓ ~σ · ∇
h
i
~ 0 , 1 + iη k (K k + K̃ k ) ψ± (x0 )
= partialt0 ∓ ~σ · ∇
~ 0 ψ± (x0 )
+ 1 + iη k (K k + K̃ k ) ∂t0 ∓ ~σ · ∇
h
i
0
0
k
k
k
~
= partialt ∓ ~σ · ∇ , 1 + iη (K + K̃ ) ψ± (x0 )
(4.117)
la
k
elde ederiz. Şimdi, buradaki yerdeğiştirmeyi hesaplayalım. K k ’ların açık
ifadelerinden (denklem 4.71)
0 k
∂t , K
= −i∂k
∂i , K k = −iδik ∂t0
(4.118)
Ta
s
elde ederiz. Buradan
h
i
i
h
∂t0 ∓ σ i ∂i , K k , K̃ k = ∂t0 , K k ∓ σ i ∂i , K i ∓ σ i , K̃ k ∂i
i
h
= −i∂k ∓ σ i −iδik ∂0 ∓ σ i , K̃ k ∂i
h i ki
k
= −i ∂k ∓ σ ∂0 ∓ σ , K̃ ∂i
(4.119)
elde ederiz. Bu sonucu denklem 4.117’ye yerleştirip, Dirac denkleminden,
∂0 ψ± = ±σ i ∂i ψ± olduğunu kullanırsak,
n h i ki o
k
k i
0 = iη −i ∂k − σ σ ∂i ∓ σ , K̃ ∂i ψ±
n
io
h
= iη k −i δki − σ k σ i ∓ σ i , K̃ k ∂i ψ±
(4.120)
elde ederiz. Bu denklemin sağlanması için
h
i
K̃ k , σ i = ±i δki − σ k σ i
(4.121)
olması yeterlidir. Burada σ i σ j + σ j σ i = 2δ ij olduğunu bullanirsak, K̃ k ’ların
sağlaması gereken denklem olarak
h
i i
k
i
k
i
(4.122)
K̃ , σ = ± σ , σ
2
4.2. TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
75
elde ederiz. Buradan da K̃ k matrislerinin
i
K̃ k = ± σ k
2
(4.123)
olarak elde ederiz. Buradaki önemli bir nokta, ψ+ için olan K̃ k ile, ψ−
için olan K̃ k matrislerinin farklı olmasıdır. Eğer dört bileşenli spinörlerle
uğraşıyor olsaydık, onlara karşılık gelen K̃ k matrisleri
i
K̃ =
2
k
σk
0
k
0−σ
(4.124)
Ta
s
la
k
olacaktır.
Bu kısmı bitirmeden önce, kütleli parçacıklar için Dirac denklemine bakalım.
Bu durumda denklem 4.96’i sağlayan bir dördüncü matris bulmamız gerekir.
Ancak, α’ları σ matrisleri olarak alırsak, denklem 4.96’i sağlayan 2x2’lik
bir dördüncü matris yoktur. Dolayısıyla bu durumda en az 4x4’lük α ve β
matrisleri aramamız lazım. α ve β matrislerimiz 4x4 matrisler olduğundan
spinörümüzün de dört bileşeni olması lazım. 4x4 matrisler ve dört bileşenli
spinorlerle uğraşmak yerine, 2x2 matris ve iki bileşenli spinörlerle uğraşmayı
devam edebiliriz. Bunun için dört bileşenli spinörümüzü
ψ=
ψ1
ψ2
(4.125)
olarak tanımlayalım, burada ψ1 ve ψ2 iki bileşenli spinörlerdir. Kütleli parçacıklar
için Dirac denklemimizi
~ ψ1 + mψ2 = 0
∂t − ~σ · ∇
~ ψ2 − mψ1 = 0
∂t + ~σ · ∇
(4.126)
olarak yazalım. Bunun doğru enerji momentum bağıntısını verdiğini göstermek
için, bu denklemlerin çözümü olan ψ1 ve ψ2 ’nin denklem 4.94’i sağladığını
göstermemiz yeterlidir. Bunun için, denklem 4.126’deki ikinci denklemi ψ1
için çözersek
ψ1 =
1 ~ ψ2
∂t + ~σ · ∇
m
(4.127)
76BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
elde ederiz. Bu ifadeyi, denklem 4.126’deki birinci denkleme yerleştirir isek,
ψ2 için
1 ~
~
0 = ∂t − ~σ · ∇
∂t + ~σ · ∇ ψ2 + mψ2
m
1 2
=
∂t − ∇2 ψ2 + mψ2
m
1
=
(4.128)
+ m2 ψ2
m
la
k
elde ederiz. Bu ise, genel bir çarpan dışında, denklem 4.91’in aynısıdır. Benzer şekilde, denklem 4.126’deki birinci denklemi ψ2 için çözüp, ikinci denkleme yerleştirirsek, ψ1 ’in de aynı denklemi sağladığını gösteririz.
Denklem 4.126’deki iki denklemi istersek
1 0
−~σ 0
0 1
ψ1
~
∂t +
·∇+m
= 0 (4.129)
0 1
0 ~σ
−1 0
ψ2
Ta
s
şeklinde 4x4 matrisler cinsinden tek bir denklem olarak da yazabiliriz. Buradan, α ve β matrislerinin
−~σ 0
α
~ =
0 ~σ
0 1
β =
(4.130)
−1 0
olarak yazılabileceğini görebiliriz. Bu matrislerin denklem 4.96’deki özellikleri
sahip olduğuna dikkat ediniz. Çoğunlukla, Dirac denklemini yazmak için, α
ve β matrisleri yerine
γ0 = β
γ i = βαi
(4.131)
olacak şekilde, dört γ matrisi tanımlarız. Denklem 4.129’ün iki tarafını da β
matrisi ile çarparsak, denklem 4.129
γ 0 ∂0 + γ i ∂i − m ψ = 0
(4.132)
halini alır. γ µ = (γ 0 , γ i ) olarak tanımlarsak, bu denklem çoğu zaman
(γ µ ∂µ − m)ψ ≡ (6 ∂ − m)ψ = 0
(4.133)
4.2. TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
77
olarak yazılır. Burada, herhangi bir V µ dört vektörü için, 6 V = γ µ Vµ tanımını
kullandık. Denklem 4.130 ve denklem 4.131 ifadelerini kullanırsak, γ µ matrislerinin açık ifadesini
0 1
0
γ =
−1 0
0 σ
i
γ =
(4.134)
σ 0
olarak elde ederiz.
Dönme Simetrisi ve Spin
la
k
4.2.4
Bu bölümün sonunda, spin kavramını tanımlayalım. Denklem 4.36’da skalar
değerler alan bir parçacığın dalga fonksiyonunu dönmeler altında
ψ 0 (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) = eiθ
k Lk
ψ(x0 , y 0 , z 0 , t0 )
(4.135)
Ta
s
şeklinde değiştiğini gördük. Bir önceki kısımda da, denklemler 4.104 ve
4.125’da iki bileşenli bir spinörün
0
0
ψ (x ) = e
k
iθk Lk + σ2
ψ(x0 )
(4.136)
şeklinde dönüştüğünü gösterdik. Bunu dört boyutlu bir spinöre genelleştirir
isek,
k
k
k
ψ 0 (x0 ) = eiθ (L +Σ ) ψ(x0 )
elde ederiz. Buradaki Σk matrisleri
1 σk 0
k
Σ =
0 σk
2
(4.137)
(4.138)
olarak tanımlanmıştır. Ve son olarak, eğer dalga fonksiyonumuzun değerleri,
vektör ise, o zaman denklem 4.36’ya ek olarak, bileşenlerini de denklem
4.22’yi kullanarak değiştirmemiz gerekir ki bu işlemin sonunda,
k
k
k
V~ 0 (x0 ) = eiθ (L +Σ ) V~ (x0 )
(4.139)
78BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
elde ederiz. Denklem 4.139’teki Σk matrisleri, denklem 4.138’dekiler değil,
denklemler 4.27, 4.30 ve 4.31 ile verilenlerdir. Denklemler 4.135-4.137 ve
4.139 ifadelerinin hepsini toplu olarak
k
k
k
ϕ0 (x0 ) = eiθ (S +L ) ϕ(x0 )
(4.140)
Ugulamalar
Ta
s
4.3
la
k
olarak yazabiliriz. ϕ dalga fonksiyonunun özelliğine, dolayısıyla onun temsil
ettiği parçacığın özelliğine göre, spin işlemcisi denen S k matrisleri, farklı
ifadeler alabilir. Biz burada sadece skalarlar, spinörler ve vektörler için
hangi değerleri aldığını gördük, daha fazla bileşeni olan dalga fonksiyonlarına
da genelleştirilebilirler. Skalarlar için S k = 0 olduğundan, skalarlar spin-0
parçacıklardır. Spinörler için, ister iki bileşenli, ister dört bileşenli olsun, S k
matrislerinin herhangi birinin öz değerleri ± 21 olduğundan, spinörlerle temsil
edilen parçacıklar spin- 12 parçacıklardır, ve iki farklı durumda bulunabilirler.
Vektör dalga fonksiyonlari ile temsil edilen parçacıklar için S k matrislerinin
öz değerlerini hesaplarsak, bunların öz değerlerinin de ±1, 0 oldukları görülür.
Dolayısıyla, bu parçacıklar spin-1 parçacıklardır ve üç farklı durumda bulunabilirler.
1. Denklemler 4.64 ve 4.64’de gösterilen Ky ve Kz matrislerini hesaplayın.
2. Denklemler 4.64 ve 4.65’de yazılan
[Ki , Kj ] = −iijk Σk
[Ki , Σj ] = iijk Kk
(4.141)
eşitliklerinin doğru olduğunu gösterin.
†
†
3. ψ+
ψ− ve ψm
ψ+ çarpımlarının skalar olduklarını, yani dönmeler ve boostlar altında değişmediklerini gösterin.
†
† i
ψ± , ψ±
σ ψ± ) dörtlüsünün bir dört vektor oluşturduğunu gösterin.
4. (ψ±
5. ψ dört bileşenli spinörü için, Dirac eşleniğini ψ̄ = ψ † γ 0 olarak tanımlayın.
(a) ψ̄ψ
(b) ψ̄γ µ ψ
4.3. UGULAMALAR
79
ifadelerinin sırasıyla bir skalar ve dört vektör olduklarını gösterin.
←
6. Eğer ψ spinörü, (i 6 ∂−m)ψ denklemini sağlıyorsa, ψ̄ spinörünün ψ̄(−i 6 ∂
←
−m) = 0 denklemini sağladığını gösterin. (ψ̄ 6 ∂≡ (∂µ ψ̄)γ µ )
Ta
s
la
k
7. Metinde tanımlanan γ µ matrisleri için γ µ† = γ 0 γ µ γ 0 olduğunu gösterin.
Ta
s
la
k
80BÖLÜM 4. UZAY ZAMAN SIMETRILERI VE TEK PARÇACIK DENKLEMLERI
Bölüm 5
Ta
s
la
k
Serbest Alanların
Kuantizasyonu
81
BÖLÜM 5. SERBEST ALANLARIN KUANTIZASYONU
Ta
s
la
k
82
la
k
Ta
s
Ekler
83
la
k
Ta
s
Ekler A
Green fonksiyonu denklem 2.12 denklemini sağlar:
(H0 − E0 )G(~r) = −4πδ 3 (~r)
(A.1)
Bu denklemi Fourier dönüşümleri kullanarak çözmeye çalışalım. Green fonksiyonunun ve Dirac delta fonksiyonunun Fourier gösterimlerini
Z 3 0
d k i~k0 ·~r ~ 0
e G̃(k )
G(~r) =
(2π)3
Z 3 0
d k i~k0 ·~r
3
δ (~r) =
e
(A.2)
(2π)3
Ta
s
ek1
la
k
Green Fonksiyonunun Hesabı
kullanırsak, A.1 denklemi
Z 3 0
Z 3 0
dk
d k i~k0 ·~r
0
~
(E − E0 )G̃(k ) = −4π
e
3
(2π)
(2π)3
elde ederiz, burada E =
~2 k02
2m
(A.3)
olarak tanımladık. Bu denklemin çözümünü
G̃(~k 0 ) = −
4π
E − E0
(A.4)
olarak buluruz. Ters fourier dönişimi yaparsak, Green fonksiyonunu bir integral olarak
Z 3 0
~0
d k eik ·~r
G(~r) = −4π
(2π)3 E − E0
Z 3 0
~0
8πm
d k eik ·~r
= − 2
(A.5)
~
(2π)3 k 02 − k 2
85
86
EKLER A. GREEN FONKSIYONUNUN HESABI
şeklinde yazabiliriz. z ekseninin ~r doğrultusunda seçersek, ve integrali küresel
koordinatlarda yazacak olursak
Z 2π
Z 1
Z ∞
0
eik r cos θ
m
0 02
dφ 02
d cos θ
dk k
G(~r) = − 2 2
π ~ 0
k − k2
0
−1
Z
0
0
2m ∞ 0 k 02 eik r − e−ik r
dk 02
= − 2
π~ 0
k − k2
ik 0 r
Z ∞
2m 1
k0
0
= i 2
dk 0 eik r 02
(A.6)
π~ r −∞
k − k2
Ta
s
la
k
olarak yazabiliriz. k 0 integralini almaya çalışırsak, bir problemle karşılaşırız:
integral alınan k 0 bölgesi içerisinde, integralı alınan ifade iki noktada ıraksar:
k 0 = ±k. Green fonksiyonunu hesaplayabilmek için bu tekilliklerde, integrali nasıl alacağımızı belirlememiz lazım. Bunun için karmaşık integral alma
yöntemlerinden faydalanabiliriz. k 0 ’nu karmaşık bir sayı olarak düşünürsek,
yukarıdaki integral karmaşık düzlemde reel eksen üzerinde alınan çizgi integralidir. İntegrali alınana ifadenin iki tekilliği de reel eksen üzerindedir. Bu
tekillikleri karmaşık düzlemde sonsuz küçük miktarda, reel eksenin üstüne
veya altına kaydırabiliriz. Toplam dört olasılığın her biri A.1 denkleminin
farklı çözümlerini verecektir. Bu çözümlerin her biri farklı sınır koşulları
sağlayacağından sadece bir tanesi belirlediğimiz sınır koşuluna uyacaktır.
Karmaşık integrasyon yöntemlerinden rezidü kuramını kullanmak istersek,
oncelikle integralimizin kapalı bir çizgi üzerinden olması gerekmektedir. Bunun
için k 0 integralini −∞’den +∞’ye aldıktan sonra, buna Im(k 0 ) > 0 olacak şekilde, sonsuzdaki yari çember üzerinden kapatabiliriz. Bu yarı çember
0
üzerinde, r > 0 olduğu için, eik r → 0 olacaktır. Dolayısıyla, bu yarı çember
üzerinden aldığımız integral sıfır olacaktır. Dolayısıyla
I
Z ∞
k0
k0
0 ik0 r
0 ik0 r
= dk e
(A.7)
dk e
k 02 − k 2
k 02 − k 2
−∞
Rezidü kuramına göre, karmaşık düzlemde kapalı bir çizgi üzerinden alınan
bir integralin değeri kapalı eğrinin içinde kalan tekilliklerdeki rezidülerin
toplamının 2πi katıdır. Öncelikle k 0 = ±k’daki rezidüleri hesaplayalım:
R± =
=
0
ik0 r
lim (k − (±k))e
k0 →±k
±ikr
e
2
k0
k 02 − k 2
(A.8)
87
Ta
s
olarak bulunur.
la
k
Bu durumda, sadece k 0 = +k’daki rezidü dışarı doğru genişleyen bir küresel
dalga verir. Bu durumda k 0 = +k daki tekilliği reel eksenin sonsuz az miktarda üstüne, k 0 = −k’daki tekilliği ise reel eksenin sonsuz az miktarda altına
itmemiz gerekir. Bunu k 02 − k 2 yerine k 02 − k 2 − i0+ yazarak sağlayabiliriz.
Bu durumda Green fonksiyonumuz
I
2m 1
k0
0
G(~r) = i 2
dk 0 eik r 02
π~ r
k − k 2 − i0+
eikr
2m 1
= i 2 2πi
π~ r
2
2m eikr
(A.9)
= − 2
~ r

Download

Parçacık Fiziğine Giriş

Products

Support

Parçacık Fiziğine Giriş

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib