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