Physics · Boek 5 · Bachelor Year 3

Universitaire natuurkunde — jaar 3

Universitaire natuurkunde — jaar 3 · Bachelor Year 3

9De kwantummechanische harmonische oscillator

Vrijwel niets in de natuur is precies een harmonische oscillator, en vrijwel alles is er bij benadering een: elk stelsel dat uit een stabiel evenwicht wordt geduwd — de binding van een molecuul, een atoom in een kristal, een brug, een modus van het elektromagnetische veld — voelt een terugdrijvende kracht evenredig met de uitwijking, want elke gladde potentiaal is een parabool op de bodem van haar put. Wie de kwantummechanische oscillator één keer oplost, lost dus de kleine trillingen van de hele wereld op. Dit hoofdstuk lost hem op in de algebraïsche stijl die het handschrift van de kwantummechanica is geworden: twee ladderoperatoren klimmen en dalen langs een volmaakt gelijkmatige trap van niveaus (n+12)ℏω\big(n + \tfrac12\big)\hbar\omega, waarbij de halve trede onderaan — de nulpuntsenergie — een stelling is en geen keuze. De gevolgen reiken van de vraag waarom helium nooit bevriest tot de manier waarop een molecuul koolstofdioxide, dat op zijn eigen ℏω\hbar\omega rinkelt, de uitgaande warmte van de aarde onderschept.

9.1 De ladder

Definitie 9.1 (Ladderoperatoren)

Voer voor H^=p^2/2m+12mω2x^2\hat H = \hat p^2/2m + \tfrac12 m\omega^2\hat x^2 het dimensieloze, niet-hermitische paar

a^=mω2ℏ(x^+ip^mω),a^†=mω2ℏ(x^−ip^mω).\hat a = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(\hat x + \frac{\iu\hat p}{m\omega}\Big) , \qquad \hat a^\dagger = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(\hat x - \frac{\iu\hat p}{m\omega}\Big) .

in. Uit [x^,p^]=iℏ[\hat x, \hat p] = \iu\hbar volgt

[a^,a^†]=1,H^=ℏω(N^+12),N^=a^†a^.[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 , \qquad \hat H = \hbar\omega\Big(\hat N + \tfrac12\Big) , \quad \hat N = \hat a^\dagger\hat a .

N^\hat N is hermitisch; haar eigenwaarden zullen quanta tellen, en a^\hat a en a^†\hat a^\dagger — de annihilatie- en de creatieoperator — zullen er telkens één weghalen en toevoegen.

Stelling 9.2 (Het spectrum, met algebra alleen)

De eigenwaarden van H^\hat H zijn precies

En=(n+12)ℏω,n=0,1,2,…E_n = \Big(n + \tfrac12\Big)\hbar\omega , \qquad n = 0, 1, 2, \dots

— een oneindige ladder met gelijke treden ℏω\hbar\omega boven een grondniveau dat niet nul is: de nulpuntsenergie 12ℏω\tfrac12\hbar\omega. De genormeerde eigentoestanden ∣n⟩\ket n hangen samen via

a^∣n⟩=n ∣n−1⟩,a^†∣n⟩=n+1 ∣n+1⟩,∣n⟩=(a^†)nn! ∣0⟩.\hat a\ket n = \sqrt n\,\ket{n - 1} , \qquad \hat a^\dagger\ket n = \sqrt{n + 1}\,\ket{n + 1} , \qquad \ket n = \frac{(\hat a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}\,\ket0 .

Bewijs. Uit de commutator volgt N^a^=a^(N^−1)\hat N\hat a = \hat a(\hat N - 1): heeft ∣ν⟩\ket\nu de N^\hat N-eigenwaarde ν\nu, dan is a^∣ν⟩\hat a\ket\nu een eigenvector met ν−1\nu - 1 (of de nulvector). Elke afdaling is alleen toegestaan zolang ν≥0\nu \ge 0, want ν=⟨ν | N^ν⟩=∥a^∣ν⟩∥2≥0\nu = \braket{\nu}{\hat N\nu} = \|\hat a\ket\nu\|^2 \ge 0; de afdaling moet dus eindigen, en zij eindigt alleen op een toestand met a^∣ν0⟩=0\hat a\ket{\nu_0} = 0, waaruit ν0=0\nu_0 = 0. Dus doorloopt ν\nu de niet-negatieve gehele getallen. De normeringen volgen uit ∥a^∣n⟩∥2=n\|\hat a\ket n\|^2 = n en ∥a^†∣n⟩∥2=n+1\|\hat a^\dagger\ket n\|^2 = n + 1. ∎

De ladder van de oscillator: gelijke treden , beklommen door a en afgedaald door a, staand op een vloer die een halve trede boven de klassieke rustenergie ligt.
De ladder van de oscillator: gelijke treden ℏω\hbar\omega, beklommen door a^†\hat a^\dagger en afgedaald door a^\hat a, staand op een vloer die een halve trede boven de klassieke rustenergie ligt.

Propositie 9.3 (De toestanden in de ruimte)

De grondtoestand is de gaussfunctie

φ0(x)=(mωπℏ)1/4e−mωx2/2ℏ,\varphi_0(x) = \Big(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\Big)^{1/4} \eu^{-m\omega x^2/2\hbar} ,

die men vindt door de eerste-ordevergelijking a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0 op te lossen; zij verzadigt de ongelijkheid van Heisenberg, Δx Δp=ℏ/2\Delta x\,\Delta p = \hbar/2, met Δx=ℏ/2mω\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega}. Herhaald toepassen van a^†\hat a^\dagger brengt φn\varphi_n voort: een veelterm van graad nn (met nn knopen) maal dezelfde gaussfunctie. Voor grote nn oscilleert ∣φn∣2|\varphi_n|^2 snel rond de klassieke verblijftijdverdeling, die het grootst is nabij de keerpunten — het correspondentiebeginsel in één plaatje.

Gedeeltelijk bewijs. a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0 luidt φ0′=−(mω/ℏ)xφ0\varphi_0' = -(m\omega/\hbar)x \varphi_0: de gaussfunctie, genormeerd. Verzadiging: de gaussfunctie is het gelijkheidsgeval van Stelling 8.10. De veeltermstructuur volgt eruit dat a^†\hat a^\dagger van de eerste orde is in xx en  ⁣d/ ⁣dx\dd/\dd x; de uitspraak voor grote nn wordt nagegaan in Oefening 9.12. ∎

Links: de laagste kansdichtheden (verticaal verschoven): een knooploze gaussfunctie, daarna n knopen voor _n. Rechts: bij grote n oscilleert de kwantumdichtheid rond de klassieke verdeling, die zich ophoopt bij de keerpunten waar de trillende massa talmt.
Links: de laagste kansdichtheden (verticaal verschoven): een knooploze gaussfunctie, daarna nn knopen voor φn\varphi_n. Rechts: bij grote nn oscilleert de kwantumdichtheid rond de klassieke verdeling, die zich ophoopt bij de keerpunten waar de trillende massa talmt.

9.2 De nulpuntsenergie is echt

Opmerking 9.4 (Waarom de vloer niet lager kan)

Een toestand met energie nul zou ⟨p^2⟩=⟨x^2⟩=0\langle\hat p^2\rangle = \langle\hat x^2\rangle = 0 vergen: volmaakt stil en volmaakt gecentreerd, wat Δx Δp≥ℏ/2\Delta x\,\Delta p \ge \hbar/2 verbiedt. De grondtoestand is het beste compromis dat de ongelijkheid toelaat, en 12ℏω\tfrac12\hbar\omega is de huur. Het is geen boekhoudconstante: de nulpuntsbeweging vervaagt bij het absolute nulpunt de patronen van röntgendiffractie; zij geeft lichtere isotopen zwakkere effectieve bindingen (H2_2 en D2_2 dissociëren bij meetbaar verschillende energieën uit dezelfde elektronische put); en in helium is zij zo heftig — lichte atomen, zwakke aantrekking — dat de vloeistof onder haar eigen dampdruk nooit bevriest: het enige element dat bij het absolute nulpunt nog vloeibaar is en pas onder 25 atmosfeer hulp stolt.

Voorbeeld 9.5 (Schalen van ℏω\hbar\omega)

De binding van koolstofmonoxide (ω=4.1×1014 rad/s\omega = 4.1 \times 10^{14}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}): ℏω=0.27 eV\hbar\omega = 0.27\,\mathrm{eV}, tien keer de kBTk_{\text{B}}T van kamertemperatuur — moleculaire trillingen liggen in alledaagse lucht bevroren, en daarom baarden de soortelijke warmten van tweeatomige gassen de negentiende eeuw zorgen. Een slinger (ω=5 rad/s\omega = 5\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}): ℏω=3×10−15 eV\hbar\omega = 3 \times 10^{-15}\,\mathrm{eV}, hopeloos buiten elk oplossend vermogen — de correspondentielimiet. Een spiegel van LIGO van 40 kg40\,\mathrm{kg}, zo opgehangen dat zij bij 100 Hz100\,\mathrm{Hz} zwaait, heeft als oscillatormodus de nulpuntsamplitude Δx=ℏ/2mω≈5×10−20 m\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega} \approx 5 \times 10^{-20}\,\mathrm{m} — en het observatorium lost routinematig verplaatsingen op deze kwantumvloer op: de nulpuntsbeweging van een voorwerp van veertig kilogram is inmiddels een technische randvoorwaarde (Oefening 9.3).

9.3 Coherente toestanden: het klassieke gezicht van de kwantumoscillator

Definitie 9.6 (Coherente toestanden)

Een coherente toestand ∣α⟩\ket\alpha is een eigenvector van de annihilatieoperator, a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha = \alpha\ket\alpha, met α\alpha een willekeurig complex getal. Ontwikkeld op de ladder:

∣α⟩=e−∣α∣2/2∑n=0∞αnn! ∣n⟩:\ket\alpha = \eu^{-|\alpha|^2/2}\sum_{n=0}^\infty \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\,\ket n :

het aantal quanta is poissonverdeeld met gemiddelde ⟨N^⟩=∣α∣2\langle\hat N\rangle = |\alpha|^2 en spreiding ΔN=∣α∣\Delta N = |\alpha|.

Propositie 9.7 (Waarom lasers klassiek zijn)

Een coherente toestand is de gaussfunctie van de grondtoestand, verschoven in de faseruimte; onder de evolutie van de oscillator blijft zij coherent, met α(t)=α e−iωt\alpha(t) = \alpha\,\eu^{-\iu\omega t}: haar middelpunt voert precies de klassieke beweging uit, ⟨x^⟩(t)=x0cos⁡ωt+⋯\langle\hat x\rangle(t) = x_0\cos\omega t + \cdots, terwijl haar breedten voor altijd de minimale Δx Δp=ℏ/2\Delta x\,\Delta p = \hbar/2 blijven — een golfpakket dat nooit uitvloeit. Coherente toestanden zijn hoe een kwantumoscillator een klassieke nabootst; het licht van een laser is een coherente toestand van een veldmodus, met een poissonverdeeld aantal fotonen (de hagelruis van elke fotodetector) en een veld dat trilt zoals Maxwell zei.

Gedeeltelijk bewijs. De ontwikkeling volgt door ∣α⟩=∑cn∣n⟩\ket\alpha = \sum c_n\ket n in a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha = \alpha\ket\alpha te schrijven: cn=αcn−1/nc_n = \alpha c_{n-1}/\sqrt n. Evolutie: elke ∣n⟩\ket n pikt e−i(n+1/2)ωt\eu^{-\iu(n + 1/2)\omega t} op, wat weer optelt tot een coherente toestand van αe−iωt\alpha\eu^{-\iu\omega t} (op een globale fase na). ⟨x^⟩∝Re⁡α(t)\langle\hat x\rangle \propto \operatorname{Re}\alpha(t) volgt uit x^∝a^+a^†\hat x \propto \hat a + \hat a^\dagger. Dat de toestand de verschoven gaussfunctie is, wordt hier aangenomen. ∎

Portret in de faseruimte (vergelijk ): de grondtoestand is een vlek met minimale onzekerheid in de oorsprong; een coherente toestand is dezelfde vlek, verschoven, die met rondgaat zonder te vervormen — de beste nabootsing van een klassieke trilling die de kwantummechanica kent.
Portret in de faseruimte (vergelijk Hoofdstuk 2): de grondtoestand is een vlek met minimale onzekerheid in de oorsprong; een coherente toestand is dezelfde vlek, verschoven, die met ω\omega rondgaat zonder te vervormen — de beste nabootsing van een klassieke trilling die de kwantummechanica kent.

Methode 9.8 (Algebra van de oscillator)

(1) Druk uit wat er gevraagd wordt in a^\hat a en a^†\hat a^\dagger: x^=ℏ/2mω (a^+a^†)\hat x = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\hat a + \hat a^\dagger), p^=imℏω/2 (a^†−a^)\hat p = \iu\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(\hat a^\dagger - \hat a). (2) Schuif de a^\hat a’s met [a^,a^†]=1[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 naar rechts; gebruik a^∣0⟩=0\hat a\ket0 = 0. (3) Matrixelementen: x^\hat x verbindt alleen naburige treden — de selectieregel Δn=±1\Delta n = \pm1 van de trillingsspectroscopie. (4) Elke kwadratische hamiltoniaan (gekoppelde oscillatoren, kringen, veldmodi) valt uiteen in onafhankelijke ladders: bepaal eerst de eigentrillingen en kwantiseer elk ervan. (5) Eerst getallen: ℏω\hbar\omega tegen kBTk_{\text{B}}T beslist of het stelsel kwantummechanisch of klassiek is, nog voordat er enige algebra aan te pas komt.

9.4 Opgaven

Oefening 9.1 ★

(a) Ga [a^,a^†]=1[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 na uit [x^,p^]=iℏ[\hat x, \hat p] = \iu\hbar. (b) Ga H^=ℏω(a^†a^+12)\hat H = \hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a + \tfrac12) na door rechtstreeks uit te werken. (c) Keer om en druk x^\hat x en p^\hat p uit. (d) Toon aan dat N^\hat N hermitisch is en leg uit waarom a^\hat a op zichzelf geen observabele kan zijn.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.1.

(a) Bij het uitwerken van beide producten heffen de termen in x^2\hat x^2 en p^2\hat p^2 elkaar op tussen a^a^†\hat a\hat a^\dagger en a^†a^\hat a^\dagger\hat a, zodat er ten slotte (mω/2ℏ)(−2i/mω)[x^,p^]=(−i/ℏ)(iℏ)=1(m\omega/2\hbar)(-2\iu/m\omega)[\hat x, \hat p] = (-\iu/\hbar)(\iu\hbar) = 1 overblijft. (b) a^†a^=(mωx^2/2ℏ)+(p^2/2mℏω)−12\hat a^\dagger\hat a = (m\omega\hat x^2/2\hbar) + (\hat p^2/2m\hbar\omega) - \tfrac12: vermenigvuldig met ℏω\hbar\omega. (c) x^=ℏ/2mω (a^+a^†)\hat x = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\hat a + \hat a^\dagger), p^=imℏω/2 (a^†−a^)\hat p = \iu\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(\hat a^\dagger - \hat a). (d) N^†=a^†a^=N^\hat N^\dagger = \hat a^\dagger\hat a = \hat N; a^\hat a is niet hermitisch, en haar “eigenwaarden” α\alpha zijn complex — geen enkel meettoestel levert die op.

Oefening 9.2 ★

Op de eigentoestand ∣n⟩\ket n: (a) toon aan dat ⟨x^⟩=⟨p^⟩=0\langle\hat x\rangle = \langle\hat p\rangle = 0; (b) bereken ⟨x^2⟩\langle\hat x^2\rangle en ⟨p^2⟩\langle\hat p^2\rangle; (c) leid Δx Δp=(n+12)ℏ\Delta x\,\Delta p = (n + \tfrac12)\hbar af; (d) ga de viriaalverhouding ⟨Ek⟩=⟨Ep⟩\langle E_k\rangle = \langle E_p\rangle na.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.2.

(a) x^\hat x en p^\hat p verschuiven nn met ±1\pm1: de diagonaalelementen verdwijnen. (b) ⟨x^2⟩=(ℏ/2mω)(2n+1)\langle\hat x^2\rangle = (\hbar/2m\omega)(2n + 1), ⟨p^2⟩=(mℏω/2)(2n+1)\langle\hat p^2\rangle = (m\hbar\omega/2)(2n + 1) (de termen a^a^†+a^†a^\hat a\hat a^\dagger + \hat a^\dagger\hat a). (c) ΔxΔp=(n+12)ℏ\Delta x\Delta p = (n + \tfrac12)\hbar: alleen de grondtoestand is minimaal. (d) Beide gemiddelden zijn En/2E_n/2: de equipartitie van de klassieke oscillator, niveau voor niveau.

Oefening 9.3 ★

Nulpuntsamplitudes Δx=ℏ/2mω\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega}: bereken die voor (a) het CO-molecuul (μ=1.14×10−26 kg\mu = 1.14 \times 10^{-26}\,\mathrm{kg}, ω=4.1×1014 rad/s\omega = 4.1 \times 10^{14}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}), vergeleken met de bindingslengte 0.11 nm0.11\,\mathrm{nm}; (b) een waterstofatoom in een vaste stof (m=1.7×10−27 kgm = 1.7 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg}, ℏω=0.1 eV\hbar\omega = 0.1\,\mathrm{eV}); (c) een spiegel van LIGO (m=40 kgm = 40\,\mathrm{kg}, f=100 Hzf = 100\,\mathrm{Hz}); (d) rangschik de drie als fracties van de afmetingen van hun stelsels en geef commentaar op wie “kwantummechanisch” is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.3.

(a) Δx=3.4 pm\Delta x = 3.4\,\mathrm{pm}: drie procent van de binding — een molecuul is zelfs bij temperatuur nul een licht vervaagd voorwerp. (b) 14 pm14\,\mathrm{pm}, meer dan een tiende ångström: waterstof is het waziste atoom in elk kristal, wat neutronenverstrooiing rechtstreeks ziet. (c) 4.6×10−20 m4.6 \times 10^{-20}\,\mathrm{m} — vijfentwintig ordes onder de afmeting van de spiegel, en toch haalt de uitlezing van LIGO die. (d) Als fractie: molecuul 3%3\%, waterstof ∼15%\sim15\%, spiegel ∼10−19\sim10^{-19}: “kwantummechanisch” gaat er niet over klein zijn maar over ℏω\hbar\omega tegen al het andere — en toch tonen zelfs veertig kilogram met genoeg verfijning hun vloer.

Oefening 9.4 ★

(a) Bereken met de ladderbetrekkingen ⟨m∣x^∣n⟩\bra m\hat x\ket n en toon aan dat het nul is tenzij m=n±1m = n \pm 1. (b) Leid de trillingsselectieregel Δn=±1\Delta n = \pm1 voor lichtabsorptie af (de koppeling is ∝x^\propto\hat x). (c) Waarom absorbeert een heteronucleair molecuul (CO) infrarood licht en N2_2 niet? (d) Echte moleculen vertonen zwakke “boventoon”-lijnen bij ≈2ℏω\approx 2\hbar\omega: wat onthult dat over de potentiaal?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.4.

(a) ⟨m∣x^∣n⟩=ℏ/2mω (n δm,n−1+n+1 δm,n+1)\bra m\hat x\ket n = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\sqrt n\, \delta_{m,n-1} + \sqrt{n + 1}\,\delta_{m,n+1}). (b) De wisselwerking met licht ∝x^\propto\hat x kan maar één trede zetten: Δn=±1\Delta n = \pm1, één infraroodfrequentie per modus. (c) De trilling van CO moduleert een dipoolmoment ongelijk nul; de symmetrische ladingswolk van N2_2 brengt er bij geen enkele rek een voort: infraroodinactief. (d) Boventonen bestaan alleen omdat de ware potentiaal niet precies kwadratisch is: de anharmoniciteit mengt treden en staat Δn=2\Delta n = 2 zwak toe — en zij schuift de hoge treden dichter naar elkaar, zoals echte spectra tonen.

Oefening 9.5 ★★

(a) Los a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0 op als differentiaalvergelijking en normeer. (b) Breng φ1\varphi_1 en φ2\varphi_2 voort door a^†\hat a^\dagger toe te passen. (c) Ga φ1⊥φ0\varphi_1 \perp \varphi_0 na op grond van de pariteit alleen. (d) Schets de drie dichtheden en tel de knopen na.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.5.

(a) φ0′=−(mω/ℏ)xφ0\varphi_0' = -(m\omega/\hbar)x\varphi_0: de genormeerde gaussfunctie uit de tekst. (b) φ1∝xe−mωx2/2ℏ\varphi_1 \propto x\eu^{-m\omega x^2/2\hbar}; φ2∝(2mωx2/ℏ−1)e−mωx2/2ℏ\varphi_2 \propto (2m\omega x^2/\hbar - 1)\eu^{-m\omega x^2/2\hbar}. (c) φ0\varphi_0 is even en φ1\varphi_1 oneven: de integrand van de overlap is oneven. (d) Nul, één en twee knopen — de oscillatiestelling in het klein.

Oefening 9.6 ★★

Vooruitblik op Boltzmann. Een verzameling identieke oscillatoren bij temperatuur TT bezet niveau nn met kans ∝e−En/kBT\propto \eu^{-E_n/k_{\text{B}}T} (volume van jaar 2, boltzmannfactor). (a) Toon aan dat het gemiddelde kwantumgetal ⟨n⟩=1/(eℏω/kBT−1)\langle n\rangle = 1/(\eu^{\hbar\omega/k_{\text{B}}T} - 1) is. (b) Reken dit uit voor de CO-trilling bij 300 K300\,\mathrm{K} en bij 2000 K2000\,\mathrm{K}. (c) Toon aan dat de gemiddelde energie bij hoge temperatuur naar kBTk_{\text{B}}T gaat (equipartitie teruggevonden) en bij lage naar 12ℏω\tfrac12\hbar\omega. (d) Bij welke temperatuur bevat een trilling van 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} (de buiging van koolstofdioxide) ⟨n⟩=0.1\langle n\rangle = 0.1?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.6.

(a) Met x=ℏω/kBTx = \hbar\omega/k_{\text{B}}T: ⟨n⟩=∑ne−nx/∑e−nx=1/(ex−1)\langle n\rangle = \sum n\eu^{-nx}/\sum\eu^{-nx} = 1/(\eu^x - 1). (b) CO bij 300 K300\,\mathrm{K}: x=10.4x = 10.4, ⟨n⟩≈3×10−5\langle n\rangle \approx 3 \times 10^{-5} — bevroren; bij 2000 K2000\,\mathrm{K}: x=1.57x = 1.57, ⟨n⟩=0.26\langle n\rangle = 0.26 — ontwakend. (c) ⟨E⟩=ℏω(⟨n⟩+12)→kBT\langle E\rangle = \hbar\omega(\langle n\rangle + \tfrac12) \to k_{\text{B}}T voor x≪1x \ll 1; →12ℏω\to \tfrac12\hbar \omega voor x≫1x \gg 1. (d) ex=11\eu^x = 11: x=2.4x = 2.4, T=ℏω/2.4kB≈400 KT = \hbar\omega/2.4k_{\text{B}} \approx 400\,\mathrm{K} — de atmosfeer van de aarde houdt de buiging van koolstofdioxide gedeeltelijk aan.

Oefening 9.7 ★★

Statistiek van coherente toestanden. (a) Toon met de ontwikkeling van ∣α⟩\ket\alpha aan dat P(n)\mathcal P(n) poissonverdeeld is met gemiddelde ∣α∣2|\alpha|^2. (b) Toon aan dat ⟨N^⟩=∣α∣2\langle\hat N\rangle = |\alpha|^2 en ΔN=∣α∣\Delta N = |\alpha|. (c) Een laser van 1 mW1\,\mathrm{mW} bij 633 nm633\,\mathrm{nm}: fotonen per seconde, en de relatieve fluctuatie ΔN/⟨N⟩\Delta N/\langle N\rangle in één seconde. (d) Hagelruis: toon aan dat de verhouding van ruis tot signaal van de fotostroom als 1/⟨N⟩1/\sqrt{\langle N\rangle} daalt — waarom heldere bundels er glad uitzien.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.7.

(a) P(n)=∣cn∣2=e−∣α∣2∣α∣2n/n!\mathcal P(n) = |c_n|^2 = \eu^{-|\alpha|^2}|\alpha|^{2n}/n!: poisson. (b) Het gemiddelde en de variantie van poisson zijn beide ∣α∣2|\alpha|^2. (c) 3.2×10153.2 \times 10^{15} fotonen per seconde; ΔN/⟨N⟩=1/⟨N⟩≈1.8×10−8\Delta N/\langle N\rangle = 1/\sqrt{\langle N\rangle} \approx 1.8 \times 10^{-8}. (d) De fotostroom erft de poissonspreiding: ruis gedeeld door signaal ∝1/N\propto 1/\sqrt N — de hagelruisvloer, hoorbaar bij zwak licht, verwaarloosbaar bij fel.

Oefening 9.8 ★★

Evolutie van een coherente toestand. (a) Pas de evolutiefasen op de ontwikkeling toe en toon ∣α(t)⟩\ket{\alpha(t)} aan met α(t)=αe−iωt\alpha(t) = \alpha\eu^{-\iu\omega t} (op een globale fase na). (b) Leid ⟨x^⟩(t)\langle\hat x\rangle(t) en ⟨p^⟩(t)\langle\hat p\rangle(t) af en vergelijk met de klassieke oplossing. (c) Waarom beschrijft een energie-eigentoestand, hoewel stationair, geen zwaaiende slinger — welk kenmerk van de coherente toestand doet dat wel? (d) Schat ∣α∣|\alpha| voor een echte slinger (10 g10\,\mathrm{g}, amplitude 10 cm10\,\mathrm{cm}, 1 Hz1\,\mathrm{Hz}) en geef commentaar.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.8.

(a) Elke term wint e−inωt\eu^{-\iu n\omega t} (op een globale fase na): de som is opnieuw coherent, met αe−iωt\alpha\eu^{-\iu\omega t}. (b) ⟨x^⟩=2ℏ/mω Re⁡ α(t)\langle\hat x\rangle = \sqrt{2\hbar/m\omega}\, \operatorname{Re}\,\alpha(t): een zuivere cosinus bij ω\omega, met amplitude en fase vastgelegd door α\alpha — precies klassiek. (c) De dichtheid van een eigentoestand beweegt nooit; de slinger die wij zien is een coherente superpositie van vele treden waarvan de fasen samenspannen om te zwaaien. (d) E≈2×10−3 JE \approx 2 \times 10^{-3}\,\mathrm{J}, ℏω≈6.6×10−34 J\hbar\omega \approx 6.6 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}: n∼3×1030n \sim 3 \times 10^{30}, ∣α∣∼2×1015|\alpha| \sim 2 \times 10^{15} — macroscopische beweging is coherentie met astronomische kwantumgetallen.

Oefening 9.9 ★★

De kwantummechanische LC-kring. Een supergeleidende lus met L=10 nHL = 10\,\mathrm{nH} en C=0.4 pFC = 0.4\,\mathrm{pF} laat lading en flux oscilleren zoals xx en pp. (a) Haar resonantiefrequentie (volume van jaar 1) en het kwantum ℏω\hbar\omega in µeV\text{µ}\mathrm{eV}. (b) Onder welke temperatuur is kBT≪ℏωk_{\text{B}}T \ll \hbar\omega, zodat de kring in haar grondtoestand zit? (c) Waarom worden supergeleidende qubits in verdunningskoelkasten bij 20 mK20\,\mathrm{mK} bedreven? (d) De nulpuntsfluctuatie van de spanning ΔV=Δq/C\Delta V = \Delta q/C met Δq=ℏωC/2\Delta q = \sqrt{\hbar\omega C/2}: reken haar uit.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.9.

(a) ω=1/LC=1.6×1010 rad/s\omega = 1/\sqrt{LC} = 1.6 \times 10^{10}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} (f=2.5 GHzf = 2.5\,\mathrm{GHz}); ℏω=10 µeV\hbar\omega = 10\,\text{µ}\mathrm{eV}. (b) ℏω/kB=0.12 K\hbar\omega/k_{\text{B}} = 0.12\,\mathrm{K}: ruim onder ongeveer 100 mK100\,\mathrm{mK}. (c) Bij 20 mK20\,\mathrm{mK} is de thermische aanslag e−6∼2×10−3\eu^{-6} \sim 2 \times 10^{-3}: de kring zit in ∣0⟩\ket0, klaar om qubit te zijn — kamertemperatuur zou het kwantum onder 10310^3 thermische quanta begraven. (d) Δq=ℏωC/2=5.8×10−19 C\Delta q = \sqrt{\hbar\omega C/2} = 5.8 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} (enkele elektronladingen); ΔV=Δq/C≈1.4 µV\Delta V = \Delta q/C \approx 1.4\,\text{µ}\mathrm{V} aan onherleidbaar gebrom.

Oefening 9.10 ★★★

Van der Waals uit de nulpuntsbeweging. Modelleer twee neutrale atomen op afstand RR als twee identieke dipooloscillatoren (lading ee, massa mm, frequentie ω0\omega_0) waarvan de uitwijkingen koppelen via de dipoolenergie λ x1x2\lambda\,x_1x_2 met λ=e2/2πε0R3\lambda = e^2/2\pi\varepsilon_0R^3. (a) Toon aan dat de eigencoördinaten (x1±x2)/2(x_1 \pm x_2)/\sqrt2 trillen bij ω±=ω01±λ/mω02\omega_\pm = \omega_0\sqrt{1 \pm \lambda/m\omega_0^2}. (b) De grondenergie is ℏ2(ω++ω−)\tfrac\hbar2(\omega_+ + \omega_-): ontwikkel tot tweede orde in λ\lambda en toon aan dat de wisselwerkingsenergie

ΔE=−ℏλ28m2ω03 ∝ −1R6.\Delta E = -\frac{\hbar\lambda^2}{8m^2\omega_0^3} \ \propto\ -\frac{1}{R^6} .

bedraagt. (c) Waarom is deze aantrekking universeel — aanwezig zelfs tussen atomen zonder enig permanent dipoolmoment? (d) De wet 1/R61/R^6 is de vanderwaalskracht uit de correcties op reële gassen van het volume van jaar 1: wat “fluctueert” er microscopisch — en wat zou er met deze kracht gebeuren in een wereld met ℏ=0\hbar = 0?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.10.

(a) In de eigencoördinaten valt de hamiltoniaan uiteen in twee oscillatoren met mω±2=mω02±λm\omega_\pm^2 = m\omega_0^2 \pm \lambda. (b) 1+u+1−u≈2−u2/4\sqrt{1 + u} + \sqrt{1 - u} \approx 2 - u^2/4: ΔE=ℏ2(ω++ω−−2ω0)=−ℏω0λ2/8m2ω04=−ℏλ2/8m2ω03\Delta E = \tfrac\hbar2(\omega_+ + \omega_- - 2\omega_0) = -\hbar\omega_0\lambda^2/8m^2\omega_0^4 = -\hbar\lambda^2/8m^2\omega_0^3, en λ∝1/R3\lambda \propto 1/R^3 geeft 1/R61/R^6. (c) Zij heeft geen permanente dipolen nodig — alleen de nulpuntsfluctuaties van de ladingswolk van elk atoom, die de koppeling zo correleert dat de aantrekking de afstoting overtreft. (d) De fluctuerende grootheid is het ogenblikkelijke dipoolmoment van de grondtoestand; met ℏ=0\hbar = 0 zou de grondtoestand bewegingloos en dipoolvrij zijn, en de vanderwaalslijm — gekko’s, vloeibaar gemaakte gassen, een groot deel van de zachte materie — zou verdwijnen.

Oefening 9.11 ★★★

Zijbanden van een gevangen ion. Een ion in een harmonische val (f=1 MHzf = 1\,\mathrm{MHz}) absorbeert laserlicht. Omdat het ion beweegt, vertoont zijn absorptiespectrum de elektronische lijn bij ν0\nu_0 geflankeerd door lijnen bij ν0±f\nu_0 \pm f: overgangen die het kwantumgetal van de beweging met ∓1\mp1 veranderen naast het elektronische. (a) Hoe groot is ℏωval\hbar\omega_{\text{val}} in neV\mathrm{neV}, en waarom vergt het oplossen van zijbanden een zeer smalle lijn? (b) De lijn ν0−f\nu_0 - f aandrijven haalt per cyclus één bewegingskwantum weg: leg zijbandkoeling tot in de grondtoestand uit. (c) Zodra ⟨n⟩≈0\langle n\rangle \approx 0 verdwijnt de onderste zijband volledig — waarom is die asymmetrie een bewijs dat de kwantumgrondtoestand is bereikt? (d) Zo wordt de bewegingsgrondtoestand van één enkel atoom — en, langs andere weg, van spiegels van LIGO op kilogramschaal — gecertificeerd: zeg welke “temperatuur” het ion heeft bereikt voor f=1 MHzf = 1\,\mathrm{MHz} en ⟨n⟩=0.05\langle n\rangle = 0.05.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.11.

(a) hf=4.1 neVhf = 4.1\,\mathrm{neV}: de optische lijn moet smaller zijn dan een megahertz — alleen langlevende “klok”overgangen komen in aanmerking. (b) Een foton van de rode zijband tilt het ion elektronisch op terwijl het één bewegingskwantum wegneemt; het daaropvolgende verval geeft de elektronische energie gemiddeld op de draaggolffrequentie terug: elke cyclus onttrekt ℏωval\hbar\omega_{\text{val}} aan de beweging. (c) Vanaf n=0n = 0 valt er niets meer weg te halen: het verdwijnen van de rode zijband is een achtergrondvrij certificaat van de grondtoestand. (d) ⟨n⟩=0.05\langle n\rangle = 0.05: T=ℏω/kBln⁡21≈16 µKT = \hbar\omega/k_{\text{B}}\ln21 \approx 16\,\text{µ}\mathrm{K}.

Oefening 9.12 ★★★

De klassieke limiet, kwantitatief. Een klassieke oscillator met amplitude AA brengt in [x,x+ ⁣dx][x, x + \dd x] de fractie  ⁣dt/T= ⁣dx/πA2−x2\dd t/T = \dd x/\pi\sqrt{A^2 - x^2} door. (a) Leid deze verblijftijdverdeling af. (b) Neem voor de kwantumtoestand nn de AnA_n uit En=12mω2An2E_n = \tfrac12 m\omega^2A_n^2 en vergelijk de klassieke verdeling met de (gegeven) plaatselijk uitgemiddelde ∣φn∣2|\varphi_n|^2: waar stemmen zij overeen en waar moeten zij verschillen? (c) Toon aan dat de relatieve afstand tussen naburige niveaus, ΔE/E\Delta E/E, als 1/n1/n naar nul gaat: de energie wordt in de praktijk continu. (d) Schat voor de slinger van Oefening 9.8(d) de waarden van nn en ΔE/E\Delta E/E, en rond het correspondentieargument in één zin af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.12.

(a)  ⁣dt= ⁣dx/∣v∣\dd t = \dd x/|v| met v=ωA2−x2v = \omega\sqrt{A^2 - x^2}, over de halve periode T/2=π/ωT/2 = \pi/\omega. (b) Zij stemmen overeen op plaatselijke gemiddelden in het klassiek toegestane gebied; zij moeten verschillen bij de keerpunten (klassieke divergentie, eindige kwantumpieken) en daarbuiten (kwantumstaarten in het verboden gebied). (c) ΔE/E=1/(n+12)\Delta E/E = 1/(n + \tfrac12). (d) n∼3×1030n \sim 3 \times 10^{30}: een afstand van één deel op 103010^{30} — geen denkbare meting lost de ladder op, en de mechanica ziet er continu uit.

9.5 Vraagstuk: Het molecuul dat de aarde verwarmt

Probleem 9.1

Weekendvraagstuk — de kwantumladder van koolstofdioxide en het broeikaseffect

Een molecuul koolstofdioxide is een lineaire keten O=C=O: enkele gekwantiseerde oscillatoren. Dat de ℏω\hbar\omega van zijn buigmodus toevallig midden in de uitgaande warmtegloed van de aarde ligt, is de reden dat dit spoorgas — vier moleculen op de tienduizend — het klimaat van de planeet stuurt. Gegevens: golfgetal van de buiging ν~2=667 cm−1\tilde\nu_2 = 667\,\mathrm{cm}^{-1} (de eenheid van de spectroscopist: E=hcν~E = hc\tilde\nu, 1 cm−1=1.24×10−4 eV1\,\mathrm{cm}^{-1} = 1.24 \times 10^{-4}\,\mathrm{eV}); asymmetrische rek ν~3=2349 cm−1\tilde\nu_3 = 2349\,\mathrm{cm}^{-1}; symmetrische rek ν~1=1388 cm−1\tilde\nu_1 = 1388\,\mathrm{cm}^{-1}; kBTk_{\text{B}}T bij 288 K288\,\mathrm{K} is 24.8 meV24.8\,\mathrm{meV}; de wet van Wien (volume van jaar 2): λmax⁡T=2898 µm K\lambda_{\max}T = 2898\,\text{µ}\mathrm{m}\,\mathrm{K}.

Deel I — De modi van een lineair molecuul.

  1. Drie atomen hebben negen vrijheidsgraden: hoeveel daarvan zijn translaties van het hele molecuul, hoeveel rotaties (het molecuul is lineair), en hoeveel trillingen blijven er over?
  2. Beschrijf de vier trillingen: symmetrische rek, asymmetrische rek en een tweevoudig ontaarde buiging — waarom komt de buiging tweemaal voor?
  3. Licht koppelt aan een trillend elektrisch dipoolmoment (Oefening 9.4). Welke modi van O=C=O moduleren het dipoolmoment, en welke is stil in het infrarood?
  4. Zet de drie golfgetallen om in fotongolflengten en plaats ze: welke liggen in het thermische infrarood?
  5. Waarom absorberen de twee belangrijkste luchtgassen, N2_2 en O2_2, vrijwel geen infrarood — en met welk gevolg voor de doorzichtigheid van de atmosfeer?
  6. Waterdamp, gebogen en dipolair, absorbeert over een groot deel van het infrarood: in welk spectraal “venster” werkt de buiging van koolstofdioxide grotendeels alleen (vergelijk 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} met de sterke waterbanden onder 8 µm8\,\text{µ}\mathrm{m} en boven 20 µm20\,\text{µ}\mathrm{m})?

Deel II — De kwantumladder van de buiging.

  1. Bereken ℏω2\hbar\omega_2 in meV, en de ladder EnE_n.
  2. Welk deel van de moleculen bezet n=1n = 1 bij 288 K288\,\mathrm{K} (ten opzichte van n=0n = 0, boltzmannfactor)? En n=2n = 2?
  3. Welke fotongolflengte drijft n=0→1n = 0 \to 1 aan? Waarom overheerst dezelfde golflengte bij de emissie?
  4. Rechtvaardig uit de harmonische ladder dat één golflengte de hele ladder bedient (n→n+1n \to n + 1 voor elke nn): welke eigenschap van de niveauafstand is aan het werk?
  5. Het molecuul draait ook, wat fijnstructuur toevoegt: het kenmerk bij 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} is in werkelijkheid een band van zo’n 1 µm1\,\text{µ}\mathrm{m} breed. Waarom doet de breedte van de band ertoe voor een broeikasgas (denk aan wat er gebeurt zodra het midden van de band ondoorzichtig is)?
  6. Een trillingsaangeslagen CO2_2 in lucht verliest zijn kwantum veel eerder door een botsing dan door straling (stralingslevensduur ∼1 s\sim1\,\mathrm{s}, botsingstijd ∼10−9 s\sim10^{-9}\,\mathrm{s}): waar gaat de geabsorbeerde stralingsenergie werkelijk heen?
  7. Omgekeerd houdt lucht van 288 K288\,\mathrm{K} een thermische bezetting in n=1n = 1 (vraag 8): wat doet die bezetting dat voor de energiebalans van belang is?

Deel III — De stralingsboekhouding van de planeet.

  1. De zon straalt als een lichaam van 5800 K5800\,\mathrm{K}: bereken haar wienpiek. Onderschept de buiging van CO2_2 veel zonlicht?
  2. De grond straalt als een lichaam van 288 K288\,\mathrm{K}: bereken de wienpiek en plaats 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} op die thermische kromme.
  3. Leg het broeikasmechanisme in vier zinnen uit: zonlicht erin, thermisch infrarood eruit, onderschepping bij 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m}, heruitzending zowel omhoog als omlaag.
  4. De heruitzending die naar de ruimte ontsnapt komt uit hoge, koude lagen (∼220 K\sim220\,\mathrm{K}): waarom verkleint uitzenden vanuit een koudere laag het uitgaande vermogen van de planeet bij die golflengten (denk eraan dat de thermische emissie met TT groeit)?
  5. Meer CO2_2 duwt de uitzendende laag hoger en kouder: zeg in één zin waarom het oppervlak dan moet opwarmen om de boeken weer kloppend te maken.
  6. Het midden van de band is al ondoorzichtig; het effect van extra CO2_2 werkt in de flanken van de band, wat een logaritmische groei van de forcering met de concentratie geeft: breng dit in verband met vraag 11.

Deel IV — Isotopen: de kwantumvingerafdruk.

  1. De frequentie van een oscillator schaalt als k/μ\sqrt{k/\mu}: bij de asymmetrische rek verandert het vervangen van 12^{12}C door 13^{13}C de effectieve massa; de waargenomen lijn verschuift van 2349 cm−12349\,\mathrm{cm}^{-1} naar ongeveer 2283 cm−12283\,\mathrm{cm}^{-1}. Ga de orde van grootte van deze verschuiving van ≈3%\approx 3\% na uit de massa’s.
  2. Lasers die op deze twee lijnen zijn afgestemd tellen 13^{13}CO2_2 en 12^{12}CO2_2 afzonderlijk in een gasmonster: leg uit waarom de gekwantiseerde ladder zulke isotoopgescheiden detectie überhaupt mogelijk maakt.
  3. Planten geven de voorkeur aan de lichtste isotoop, dus is fossiele koolstof arm aan 13^{13}C: wat heeft de gemeten isotopenverhouding van CO2_2 in de atmosfeer gedaan terwijl de concentratie steeg — en wat bewijst dat over de bron van het toegevoegde gas?
  4. Dezelfde natuurkunde bij 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} werkt op Venus (96%96\% CO2_2, 90 bar90\,\mathrm{bar}): wat illustreert haar oppervlak van 737 K737\,\mathrm{K}?
  5. Ook Mars ademt vrijwel zuivere CO2_2, maar bij 6 mbar6\,\mathrm{mbar}, en is ijzig: wat toont het drietal Venus–aarde–Mars aan over welke grootheid de sterkte van het effect bepaalt?
  6. Vat het genoemde resultaat samen: een kwantum van 83 meV83\,\mathrm{meV} — de ℏω\hbar\omega van een buigend drieatomig molecuul — geparkeerd bij 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} op het thermische spectrum van een planeet van 288 K288\,\mathrm{K}, geabsorbeerd, in nanoseconden gethermaliseerd en vanaf koude hoogten heruitgezonden, is het mechanisme waarmee 0.04%0.04\% van de lucht de temperatuur van de aarde bepaalt.
Oplossing

Oplossing van Probleem 9.1.

1. Drie translaties; twee rotaties (om de molecuulas draaien beweegt niets); 9−5=49 - 5 = 4 trillingen. 2. Rekmodi langs de as (symmetrisch: beide O tegelijk naar buiten; asymmetrisch: de C pendelt ertussen); de buiging kan in elk van twee onderling loodrechte vlakken plaatsvinden — dezelfde frequentie, dubbele ontaarding. 3. De asymmetrische rek en de buigingen halen de ladingszwaartepunten uit elkaar: trillend dipoolmoment, infraroodactief. De symmetrische rek houdt het dipoolmoment van het molecuul aldoor nul: stil in het infrarood. 4. 15.015.0, 4.264.26 en 7.2 µm7.2\,\text{µ}\mathrm{m}: alle in het infrarood; 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} ligt diep in het thermische infrarood van aardse temperaturen. 5. Homonucleaire moleculen krijgen tijdens het trillen nooit een dipoolmoment: de hoofdmassa van de atmosfeer is doorzichtig voor infrarood, en het hele broeikaseffect rust op meeratomige spoorgassen. 6. Tussen de banden van water ligt het venster van 88–13 µm13\,\text{µ}\mathrm{m}; de band van koolstofdioxide bij 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} werkt aan de rand daarvan, waar water zwak concurreert — het gas bewaakt een poort die water op een kier laat. 7. ℏω2=667×1.24×10−4=82.7 meV\hbar\omega_2 = 667 \times 1.24 \times 10^{-4} = 82.7\,\mathrm{meV}; En=(n+12)×82.7 meVE_n = (n + \tfrac12) \times 82.7\,\mathrm{meV}. 8. e−82.7/24.8=e−3.33≈3.6%\eu^{-82.7/24.8} = \eu^{-3.33} \approx 3.6\% in n=1n = 1; 0.13%0.13\% in n=2n = 2: de ladder brandt zwak maar permanent. 9. λ=hc/ℏω→15.0 µm\lambda = hc/\hbar\omega \to 15.0\,\text{µ}\mathrm{m}; dezelfde afstand die absorbeert is de afstand die uitzendt — één golflengte in beide richtingen. 10. Gelijke afstanden: elke stap n→n+1n \to n + 1 kost hetzelfde foton, dus bedient één lijn de hele thermische bezetting. 11. Elke trillingslijn splitst in vele rotatie-trillingslijnen verspreid over ∼1 µm\sim1\,\text{µ}\mathrm{m}: zodra het midden van de band volledig ondoorzichtig is, biedt alleen die breedte nog nieuwe absorptie — in de flanken van de band werkt extra gas nog. 12. De botsingen winnen met negen ordes van grootte: de energie van het foton wordt binnen nanoseconden met N2_2 en O2_2 gedeeld — geabsorbeerde straling wordt warmte van de lucht. 13. Door dezelfde botsingen achterstevoren blijft de lucht moleculen in n=1n = 1 voeden, die 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} in alle richtingen uitstralen — ook naar beneden: de hemel zelf gloeit infrarood naar de grond. 14. 2898/5800=0.50 µm2898/5800 = 0.50\,\text{µ}\mathrm{m}: het zonlicht piekt in het zichtbare, ver van 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} — koolstofdioxide laat de zon binnen. 15. 2898/288=10.1 µm2898/288 = 10.1\,\text{µ}\mathrm{m}: de gloed van de aarde piekt bij tien micron, en 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} ligt op haar brede schouder en draagt een aanzienlijk deel van het uitgaande vermogen. 16. Het zonlicht komt grotendeels ongehinderd binnen en verwarmt de grond. De grond straalt in het thermische infrarood terug. Bij 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} wordt die straling binnen enkele meters geabsorbeerd en gethermaliseerd. De verwarmde lucht straalt zowel omhoog als omlaag terug, en de helft naar beneden is extra inkomen voor het oppervlak: dat moet opwarmen tot de uitgaven de inkomsten weer evenaren. 17. De emissie groeit steil met de temperatuur: straling die vanaf een hoogte van 220 K220\,\mathrm{K} ontsnapt draagt veel minder vermogen dan het oppervlak rechtstreeks zou hebben verstuurd — de band is een donkerder plek in het uitgaande spectrum van de planeet. 18. Met minder uitgaand vermogen bij gelijkblijvende zonneschijn moet de hele kolom — het oppervlak inbegrepen — opwarmen tot de boeken weer kloppen. 19. Verzadigd midden, actieve flanken: elke verdubbeling van het gas verbreedt het ondoorzichtige gebied met een vergelijkbare stap, wat een ruwweg logaritmische forcering geeft — de flanken uit vraag 11 doen het werk. 20. De frequentie van de asymmetrische rek kwadrateert als (1/mO+2/mC)(1/m_{ \text{O}} + 2/m_{\text{C}}): de verhouding voor 13^{13}C tegen 12^{12}C is 0.2163/0.2292=0.971\sqrt{0.2163/0.2292} = 0.971 — een daling van 2.9%2.9\%, in overeenstemming met 2283/23492283/2349. 21. De kwantisering geeft elke isotopoloog zijn eigen scherpe kam van lijnen; een laser die op één kam is geparkeerd telt maar één isotoop — onmogelijk als de absorptie een klassiek continuüm was. 22. Terwijl CO2_2 steeg, daalde zijn aandeel 13^{13}C (het suesseffect): de toegevoegde koolstof is isotopisch licht — door planten gemaakt, lang begraven, dus fossiel. De atmosfeer draagt de handtekening van haar bron. 23. Venus: hetzelfde kwantum van 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m}, toegepast over een kolom die 200000200000 keer zo groot is, houdt een oppervlak heter dan een oven vast — het mechanisme heeft geen ingebouwd plafond. 24. Mars, vrijwel zuiver CO2_2 en toch ijskoud, toont dat de hoeveelheid in de kolom en de druk (die de lijnen verbreedt), en niet het gasaandeel, de sterkte bepalen. 25. Een kwantum van 83 meV83\,\mathrm{meV} bij 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m}, geabsorbeerd op de thermische schouder van een planeet van 288 K288\,\mathrm{K}, in nanoseconden gethermaliseerd en vanaf koude hoogten heruitgezonden: de ladder van de harmonische oscillator, afgewogen tegen de wet van Wien, is het raderwerk waarmee vier moleculen op de tienduizend een klimaat besturen.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 431 begrippen in de begrippenlijst