I Physicist

অধ্যায় তালিকা

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Tue, 19 Nov 2019 03:46:00 -0600

রাশিদের কথামালা
আমি ভেকটরঃ এদিক ওদিক দেখাই
গতি
বল দাও মোরে বল দাও
কাজ, ক্ষমতা ও শক্তি
পদার্থের অবস্থা
চাপ
তাপ
শব্দ ও তরঙ্গ
আলো প্রতিফলন ও প্রতিসরন
স্থির বিদ্যুত
চল বিদ্যুত
বিদ্যুতের চুম্বক ক্রিয়া
ইলেক্ট্রনিক্স

গল্প

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Tue, 12 Nov 2019 10:25:00 -0600

I Physicist - ক্ষুদে পদার্থবিদের মহাকাশ যাত্রা।

latex test

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sun, 30 Jun 2019 10:31:00 -0500

\begin{align*} \dfrac{d^2}{dt^2}\sum m_i\bar{r_i} &=\sum_i\bar{F}^{(e)}+\sum_{j\neq i} \bar{F}_{ji}\\ \end{align*} \begin{align*} \dot{\bar{P_i}} &=\underbrace{\bar{F}^{(e)}}_{\text{বাহ্যিক বল}}+\sum_j \bar{F}_{ji}\\ \end{align*} \begin{align*} \delta_{ij} = \begin{cases} +1, & \text{if}\ i=j \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} \end{align*}

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sun, 9 Dec 2018 01:19:00 -0600

quiz test 2

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Wed, 7 Nov 2018 18:58:00 -0600

Color of ky?

red blu green brown

You should try!

Test explanation

quiz test

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Wed, 7 Nov 2018 12:44:00 -0600

উত্তর দেখার আগে আরেকটু চেষ্টা করতে নাহয়!

This is explanation

definition test 2

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Mon, 22 Oct 2018 23:52:00 -0500

Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non? Tempore
recusandae

Lorem Ipsum

Dolor sit amet, consectetur adipiscing elit. icing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam

Lorem Ipsum

Dolor sit amet, consectetur adipiscing elit. icing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio
neque optio Tempore recusandae neque optio Tempore recusandae neque optio neque optio
tio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non?

definition hover

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Mon, 22 Oct 2018 21:17:00 -0500

Top Tooltip

inherit Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio Move the mouse over the text below:Move the mouse over the text below: Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio Tempore recusandae neque optio suscipit mollitia ipsam, repellat enim voluptatem aut culpa dicta earum nam rerum ullam distinctio.Lorem ipsum dolor sit amet, consectetur adipisicing elit. Laudantium autem odio non? Tempore recusandae neque optio

১৮.১ Time-Independent Perturbation Theory

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sat, 3 Mar 2018 23:30:00 -0600

\section{Introduction} কোন অবস্থার শক্তির আইগেন মান দেওয়া থাকলে সেটাকে সমাধান খুব সহজেই করা যায়। সমস্যাটা বাধে তখনই যখন অবস্থার যথাযথ ওয়েভ ফাংশন বা শক্তি কোনোটাই জানা থাকেনা । যেসব কোয়ান্টাম মডেলের ক্ষেত্রে আমরা যথাযথ সমাধান জানিনা সেসব মডেলের শক্তি ও ওয়েভ ফাংশন বের করার একটা পদ্ধতি হলো Perturbation। মনেকরো কোন একটা সিস্টেমের Hamiltonian কে এভাবে লেখা যায়- \begin{equation} H = H_0 + H_1. \end{equation} এখানে, $H_0$ এমন একটা Hamiltonian যার আইগেন মান আর আইগেন স্তর দুটোই ঠিকমতো জানা আছে আর $H_1$ ঐ সিস্টেমের বিচলন এর Hamiltonian যার শক্তির আইগেন মান এবং আইগেন স্তর কোনটাই জানা নাই। ধরে নাও যে $H_1$ এর মান $H_0$ এর তুলনায় অনেক ক্ষুদ্র। আমরা বিচলন পদ্ধতি ব্যবহার করে কিভাবে এই নতুন Hamiltonian $H$ এর আইগেন মান আর আইগেন স্তরের সম্ভাব্য মান বের বের করা যায়, সেটা শিখবো। সাধারনত নতুন Hamiltonian এর $H_0$ অংশ কখনই সময়ের সাথে পরিবর্তিত হয়না। তবে $H_1$ এর মান ক্ষেত্র বিশেষে সময়ের উপর নির্ভরশীল হতেও পারে। তবে এই অধ্যায়ে আমরা ধরে নিবো $H_1$ সময়ের উপর নির্ভর করেনা। পরবর্তী কোন একটা অধ্যায়ে দেখবো যদি $H_1$ সময়ের উপর নির্ভর করে তাহলে সেটা কিভাবে সমাধান করা যায়। \section{Two-State System} এবার একটা সাধারন পর্যায়ের (system) কথা চিন্তা করো যেখানে অবিচলিত Hamiltonaian $H_0$ এর মাত্র দুইটি আইগেনকেট রয়েছে। সেগুলি হলো- \begin{eqnarray} H_0 \,|1\rangle &=& E_1 \,|1\rangle,\\[0.5ex] H_0 \,|2\rangle &=& E_2 \,|2\rangle. \end{eqnarray} ধরো যে এই স্তরগুলি আর এদের সংশ্লিষ্ট আইগেন মানগুলো আমাদের জানা আছে। সংজ্ঞা অনুযায়ী $H_0$ হার্মিশিয়ান অপারেটর। সুতরাং এই দুটি স্তর একে অপরের সাপেক্ষে সমকোন সৃষ্টি করে। অন্যভাবে বলা যায় এই দুটি স্তর একটি আরেকটির সাপেক্ষে লম্ব। এবং এই আইগেন কেট দুটি সম্পূর্ন একটি সেট (complete set) গঠন করে । এই আইগেন কেট দুটির দৈর্ঘ্যকে normalized করলে আমরা একটি একক মান পাবো। এবার চলো দেখি নতুন Hamiltonian $H_1$ এর উপস্থিতিতে কিভাবে এখান থেকে আইগেন মান হিসেব করা যায়- \begin{equation}\label{e6.4} (H_0 + H_1) \,|E\rangle = E\,|E\rangle. \end{equation} যেহেতু $H_0$ এর আইগেন কেটগুলি সম্পূর্ন সেট গঠন করে, সেহেতু আমরা লিখতে পারি- \begin{equation} |E\rangle = \langle 1|E\rangle |1\rangle + \langle 2|E\rangle |2\rangle. \end{equation} সমীকরণ (\ref{e6.4}) কে $\langle 1|$ আর $\langle 2|$ দিয়ে গুন করলে দুটি coupled সমীকরণ পাওয়া যায়, সেদুটি সমীকরণকে ম্যাট্রিক্স আকারে প্রকাশ করা যায় এভাবে- \begin{equation}\label{e6.6} \left( \begin{array}{c c} E_1 -E + e_{11} & e_{12} \\ e_{12}^{\,\ast} & E_2 -E + e_{22} \end{array} \right)\left(\! \begin{array}{c}\langle 1|E\rangle\\ \langle 2|E \rangle\end{array} \!\right)= \left(\!\begin{array}{c}0\\ 0 \end{array}\! \right). \end{equation} এখানে, \begin{eqnarray} e_{11} &=& \langle 1|\,H_1\, | 1\rangle,\\[0.5ex] e_{22} &=& \langle 2 |\,H_1\, |2\rangle, \\[0.5ex] e_{12} &=& \langle 1|\,H_1\,|2\rangle. \end{eqnarray} কিছু বিশেষ ক্ষেত্রে বিচলন Hamiltonian ম্যাট্রিক্স এর কর্ণ বরাবর পদগুলি শুন্য হয়। অর্থাৎ \begin{equation} e_{11} = e_{22} = 0, \end{equation} উপরের ম্যাট্রিক্সের নির্ণায়ককে শূন্য ধরে খুব সহজেই (\ref{e6.6}) এর সমাধান হিসেব করা যায়- \begin{equation} E = \frac{(E_1+E_2) \pm \sqrt{(E_1-E_2)^{\,2} + 4\,|e_{12}|^{\,2}}}{2}. \end{equation} ধরি $\epsilon$ ছোট ক্ষুদ্র parameter। এবং এর মান- \begin{equation} \epsilon = \frac{|e_{12}|}{|E_1-E_2|}. \end{equation} আমরা পাই- \begin{equation}\label{e6.13} E\simeq \frac{1}{2} \,(E_1+E_2) \pm \frac{1}{2}\,(E_1-E_2)\,(1+2\,\epsilon^2 + \cdots). \end{equation} উপরের সমীকরণটি বিচলন Hamiltonian এর প্রভাবে পরিবর্তিত শক্তি আইগেন মানকে প্রকাশ করে- \begin{eqnarray} E_1' &=& E_1 + \frac{|e_{12}|^{\,2}}{E_1-E_2} + \cdots,\\[0.5ex] E_2' &=& E_2 - \frac{|e_{12}|^{\,2}}{E_1-E_2} + \cdots. \end{eqnarray} এখানে জেনে রাখা ভালো, $H_1$ এর কারনে উপরের আইগেনমান বৃদ্ধি পায়, আর নিচের আইগেন মান কমে যায়। সুতরাং পরিবর্তিত আইগেন কেটগুলিকে লেখা যায় - \begin{eqnarray} |1\rangle' &=& |1\rangle + \frac{e_{12}^{~\ast}}{E_1-E_2}\, |2\rangle + \cdots, \\[0.5ex] |2\rangle' &=& |2\rangle - \frac{e_{12}}{E_1-E_2}\, |1\rangle +\cdots. \end{eqnarray} উপরের সমীকরণ দুটি থেকে এটা পরিস্কার যে, পরিবর্তিত শক্তি আইগেনস্তরগুলি দুটি অবিচলিত আইগেনস্তরের সামান্য সংমিশ্রনে তৈরি হয়। যদি $2\,|\epsilon|<1 -="" begin="" br="" converge="" e6.13="" e_="" end="" equation="" frac="" ref="">

১৮.২ Non-Degenerate Perturbation Theory

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sat, 3 Mar 2018 22:30:00 -0600

আগের পরিচ্ছদে আমরা শিখেছি কিভাবে দুটিস্তর বিশিস্ট পর্যায়ের ক্ষেত্রে বিচলন তত্ত্ব প্রয়োগ করতে হয়। এই পরিচ্ছেদে চেস্টা করবো একটা সার্বজনীন সূত্র তৈরি করতে যেন একাধিক স্তরের ক্ষেত্রেও বিচলন তত্ত্ব প্রয়োগ করা যায়। অবিচলিত Hamiltonian $H_0$ এর শক্তি আইগেন স্তরকে লেখা যায়- \begin{equation} H_0\, |n\rangle = E_n\, |n\rangle, \end{equation} যেখানে $n$ এর মান 1 থেকে $N$ পর্যন্ত সংখ্যা। আইগেন কেটগুলি $|n\rangle$ একে অপরের উপর লম্ব অবস্থায় একটি পরিপূর্ণ সেট গঠন করে। এবং এদের দৈর্ঘ্যে normalized করলে একক পাওয়া যায়। এখন আসো, দেখি বিচলিত Hamiltonian এর জন্যে শক্তি আইগেন মান কিভাবে হিসেব করা যায়। ধরো আমাদের Hamiltonian: \begin{equation}\label{e6.20} (H_0 + H_1) \,|E\rangle = E\, |E\rangle. \end{equation} $|E\rangle$ কে আমরা অবিচলিত শক্তি আইগেন কেটগুলির রৈখিক উপরিপাতনের মাধ্যমে প্রকাশ করতে পারি এভাবে- \begin{equation} |E\rangle = \sum_{k=1}^{N} \langle k | E\rangle |k\rangle, \end{equation} এই সমীকরণটিকে (\ref{e6.20}) সমীকরণে বসিয়ে এবং $\langle m|$ দিয়ে গুন করে পাই- \begin{equation}\label{e6.22} (E_m + e_{mm} - E)\, \langle m|E\rangle + \sum_{k\neq m} e_{mk}\, \langle k|E\rangle = 0, \end{equation} যেখানে \begin{equation} e_{mk} = \langle m |\,H_1\,| k\rangle. \end{equation} মনে করো $\epsilon$ একটি ক্ষুদ্র ($\epsilon\ll 1$) parameter। ধরি - \begin{equation} \frac{|e_{mk}|}{E_m - E_k} \sim O(\epsilon), \end{equation} এবং \begin{equation} \frac{|e_{mm}|}{E_m} \sim O(\epsilon), \end{equation} সকল $m$ এর জন্য। ধরো $n$ তম অবিচলিত শক্তি আইগেনস্তরের জন্যে লিখতে পারি- \begin{equation} E= E_n + O(\epsilon), \end{equation} এবং \begin{eqnarray} \langle n|E\rangle &=& 1,\\[0.5ex] \langle m|E\rangle &\sim& O(\epsilon), \end{eqnarray} যখন $m\neq n$। এখন $m\neq n$ এর জন্য $O(\epsilon^2)$ পদগুলিকে বাদ দিয়ে সমীকরণ (\ref{e6.22}) কে লিখতে পারি এভাবে- \begin{equation} (E_m - E_n) \,\langle m |E \rangle + e_{mn} \simeq 0, \end{equation} থেকে পাই \begin{equation} \langle m|E\rangle \simeq -\frac{e_{mn}}{E_m - E_n}. \end{equation} এখন $m=n$ এর জন্য $O(\epsilon^3)$ পদগুলিকে বাদ দিয়ে এই মানটিকে সমীকরণ (\ref{e6.22}) তে বসিয়ে পাই- \begin{equation} (E_n + e_{nn} - E) - \sum_{k\neq n} \frac{|e_{nk}|^{\,2}} {E_k-E_n} \simeq 0. \end{equation} সুতরাং, পরিবর্তিত $n$ তম শক্তি আইগেনস্তরের আইগেন মান- \begin{equation}\label{e6.32} E_n' = E_n + e_{nn} + \sum_{k\neq n} \frac{|e_{nk}|^{\,2}} {E_n-E_k} + O(\epsilon^3), \end{equation} এবং আইগেন কেট- \begin{equation}\label{e6.33} |n\rangle' = |n\rangle +\sum_{k\neq n}\frac{e_{kn}}{E_n - E_k}\,|k\rangle + O(\epsilon^2). \end{equation} খেয়াল করো যে- \begin{equation} \langle m|n\rangle' = \delta_{mn} + \frac{e_{nm}^{\,\ast}}{E_m-E_n} + \frac{e_{mn}} {E_n-E_m} + O(\epsilon^2) = \delta_{mn} + O(\epsilon^2). \end{equation} সুতরাং, পরিবর্তিত আইগেন কেটগুলি আগের মতই একে অপরের সাথে লম্বভাবে থাকে।

১৮.৩ Degenerate Perturbation Theory

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sat, 3 Mar 2018 20:30:00 -0600

এইবার এমন একটা অবস্থার কথা চিন্তা করো যেখানে অবিচলিত Hamiltonian, $H_0$ এর আইগেনস্তর গুলি degenerate শক্তিস্তর ধারন করে। \begin{equation} H_0\, |n, l\rangle = E_n\, |n, l\rangle, \end{equation} ধরো একটা হার্মিশিয়ান অপারেটর $L$ রয়েছে, যাকে আমরা নিম্নরূপভাবে সংজ্ঞায়িত করতে পারি- \begin{equation} L\,|n,l\rangle = L_{n\,l}\, |n, l\rangle, \end{equation} যেখানে $[H_0, L] = 0$। এখানে, $E_n$ আর $L_{n\,l}$ হচ্ছে বাস্তব সংখ্যা, যেগুলি কোয়ান্টাম নম্বর $n$, ও $n$ এবং $l$ এর উপর নির্ভর করে। আমরা $L$ কে এমনভাবে নির্ধারন করতে পারি যেন প্রতিটা আইগেনস্তরের জন্য $n$ ও $l$ কোয়ান্টাম নম্বরগুলি ভিন্ন ভিন্ন হয়। অর্থাৎ মনে করো $n$ এর ভিন্ন ভিন্ন মানের জন্যে $l$ এর $N_n$ সংখ্যক ভিন্ন ভিন্ন মান রয়েছে। অর্থাৎ $n$ তম শক্তি আইগেনস্তরের হলো $N_n$-fold degenerate. সাধারনভাবে $L$ বিচলন Hamiltonian, $H_1$ এর সাথে বিনিময় (commute) করেনা। অর্থাৎ পরিবর্তিত শক্তি আইগেনস্তর গুলি $L$ এর আইগেনস্তর নয়। এই অবস্থায় আমরা আশা করতে পারি, বিচলনের কারনে শক্তিস্তর গুলির degeneracy গুলি আলাদা আলাদা হয়ে যাবে, যাতে করে পরিবর্তিত আইগেন স্তর $|n,l\rangle'$ একটি অনন্য আইগেন শক্তিমান $E_{nl}'$ লাভ করবে। এবার চলো দেখি, পরিচ্ছেদ \ref{s6.3} এ আলোচিত বিচলন তত্ত্ব এক্ষেত্রে কেমন কাজ করে। সমীকরণ (\ref{e6.32}) ও (\ref{e6.33}) থেকে পাই- \begin{equation}\label{e6.68} E_{nl}' = E_n + e_{nlnl} + \sum_{n', l' \neq n,l} \frac{|e_{n'l'nl}|^{\,2}}{E_n - E_{n'}} + O(\epsilon^3), \end{equation} এবং \begin{equation}\label{e6.69} |n, l\rangle' = |n,l\rangle + \sum_{n', l'\neq n, l} \frac{e_{n'l'nl}}{E_n-E_{n'}}\,|n',l'\rangle + O(\epsilon^2), \end{equation} যেখানে- \begin{equation} e_{n'l'nl} = \langle n',l'|\,H_1\,|n,l\rangle. \end{equation} এটা পরিস্কার যে, যদি $n$ তম শক্তিস্তর degenerate হয়, তাহলে (\ref{e6.68}) ও (\ref{e6.69}) যথাযথ ব্যবহার করেনা। যেসব পদগুলির অবিচলিত আইগেনস্তরগুলির শক্তি সমান সেসব পদগুলিই ঝামেলার কারণ। সেসব ক্ষেত্রে হর এ $1/(E_n - E_n)$ এসে যায়, ফলে সমীকরণটি অসংজ্ঞায়িত হয়ে যায়। তবে যদি যদি আমরা একটি শর্ত জুড়ে দেই- \begin{equation}\label{e6.71} \langle n, l' |\,H_1\,| n, l\rangle = \lambda_{n\,l}\, \delta_{l\,l'}, \end{equation} তাহলে (\ref{e6.68}) এবং (\ref{e6.69}) এর ঝামেলাযুক্ত পদ গুলি আর থাকেনা। অর্থাৎ সমীকরণ (\ref{e6.71}) satisfy করেনা। তবে আনন্দের বিষয় হলো, আমরা চাইলে অবিচলিত শক্তি আইগেনস্তরকে এমনভাবে সংজ্ঞায়িত করতে পারি যেনো (\ref{e6.71}) সমীকরণের শর্তটি মেনে চলে। মনে করো $N_n$ টি নতুন স্তর আছে যেগুলো আইগেনমান $E_n$ এর আসল $N_n$ degenerate আইগেনস্তরের রৈখিক সমাহারে তৈরি- \begin{equation} |n,l^{(1)}\rangle = \sum_{k=1,N_n} \langle n,k|n,l^{(1)}\rangle |n,k\rangle. \end{equation} খেয়াল করো যে এই নতুনস্তরগুলিও অবিচলিত Hamiltonian এর আইগেনমান $E_n$ এর degenrate শক্তি আইগেনস্তর। মনেকরো $|n,l^{(1)}\rangle$ অবিচলিত Hamiltonian $H_1$ এর আইগেনস্তর- \begin{equation}\label{e6.71a} H_1\, |n, l^{(1)}\rangle = \lambda_{n\,l} \,|n, l^{(1)}\rangle. \end{equation} $|n,l^{(1)}\rangle$ কে এমনভাবে সংজ্ঞায়িত করা যায় যেনো তারা একে অপরের সাথে সমকোন তৈরি করে এবং তাদের একক দৈর্ঘ্য থাকে। অর্থাৎ It follows that \begin{equation} \langle n, l'^{(1)} | \,H_1\,|n, l^{(1)}\rangle = \lambda_{n\,l}\,\delta_{l\,l'}. \end{equation} অর্থাৎ যদি আমরা পুরানো আইগেনস্তরের বদলে নতুন আইগেনস্তর ব্যবহার করি তাহলে (\ref{e6.68}) আর (\ref{e6.69}) কে সরাসরি প্রয়োগ করতে পারবো, কারন তখন সবগুলি অসংজ্ঞায়িত পদগুলি আর থাকবেনা। শুধু আমাদের কাজ হবে নতুন আর পুরানো আইগেনস্তর গুলির মধ্যে সম্পর্ক খুজে বের করা- \begin{equation} \sum_{l=1,N_n} |n,l\rangle \langle n,l| = 1, \end{equation} যেখানে 1 বলতে আইডেন্টিটি অপারেটরকে বুঝানো হচ্ছে। এই আইডেন্টিটি হলো আইগেনমান $E_n$ এর সাপেক্ষে সবগুলি অবিচলিত শক্তি আইগেনকেটের sub-space এর জন্য প্রযোয্য । এই শর্তটি প্রয়োগ করে আইগেনমান সমীকরণের অপারেটর (\ref{e6.71a}) কে ম্যাট্রিক্স আইগেনমান সমীকরণের মাধ্যমে প্রকাশ করা যায়- \begin{equation} \sum_{l''=1,N_n}\langle n, l'|H_1|n, l''\rangle \langle n, l''|n, l^{(1)}\rangle = \lambda_{n\,l}\, \langle n, l'| n, l^{(1)}\rangle. \end{equation} এটাকে লেখা যায় এভাবে- \begin{equation}\label{e6.77} {\bf U} \,{\bf x} = \lambda \,{\bf x}, \end{equation} যেখানে $N_n\times N_n$ হার্মিশিয়ান ম্যাট্রিক্স ${\bf U}$ এর উপাদানগুলি হচ্ছে- \begin{equation}\label{e6.78} U_{j\,k} = \langle n, j|\, H_1\,| n, k\rangle. \end{equation} যেখানে ${\bf U}$ এর নির্ণায়ক শূন্য নয়। সমীকরণ (\ref{e6.77}) কে সমাধান করে $N_n$ টি আইগেনমান $\lambda_{n\,l}$ ( $l=1$ থেকে $N_n$ এর জন্য) এবং $N_n$ টি আইগেনভেক্টর ${\bf x}_{n\,l}$ পাওয়া যায়। এই আইগেন ভেক্টরগুলি আসল আইগেস্তরের সাপেক্ষে নতুন আইগেনস্তরের ওজনকে প্রকাশ করে। \begin{equation} ({\bf x}_{n\,l})_k = \langle n, k|n, l^{(1)}\rangle, \end{equation} যখন $k=1$ থেকে $N_n$। আমাদের এই নতুন সমীকরণের সাপেক্ষে সমীকরণ (\ref{e6.68}) এবং (\ref{e6.69}) থেকে পাই, \begin{equation} E_{nl}' = E_n + \lambda_{n\,l} + \sum_{n'\neq n, l'} \frac{|e_{n'l'nl}|^{\,2}}{E_n - E_{n'}} + O(\epsilon^3), \end{equation} এবং \begin{equation} |n, l^{(1)}\rangle' = |n,l^{(1)}\rangle + \sum_{n'\neq n, l'} \frac{e_{n'l'nl}}{E_n-E_{n'}}\,|n',l'\rangle + O(\epsilon^2). \end{equation} এই বিস্তারে কোন অসংজ্ঞায়িত পদ নাই, কেননা $n'\neq n$। অর্থাৎ, যেসব পদ গুলি $E_n$ আইগেন মানের জন্যে degenerate, অবিচলিত শক্তি আইগেনস্তরগুলিকে সেসব পদগুলিকে সরিয়ে দেয়। খেয়াল করো যে, প্রথম-ক্রম শক্তি-পার্থক্যগুলি ম্যাট্রিক্স সমীকরণ (\ref{e6.77}) এর সমতূল্য।

১৮.৪ Stark Effect

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sat, 3 Mar 2018 19:30:00 -0600

\section{Linear Stark Effect}\label{s6.6} এবার চলো দেখি হাইড্রোজেন অনুর উত্তেজিত শক্তিস্তরের উপর বিদ্যুৎ ক্ষেত্রের প্রভাব কিভাবে কাজ করে। একটি $n=2$ স্তরের কথা চিন্তা করো । এর মধ্যে একটি $l=0$ স্তর আছে, যেটাকে $2s$ বলা হয়, এবং ৩টি $l=1$ স্তর রয়েছে ( যেগুলির $m=-1,0,1$), এবং এগুলিকে $2p$ বলা হয়। এই সবগুলি স্তরের শক্তি সমান $E_{200} = -e^2/(32\pi\,\epsilon_0 \,a_0)$। পরিচ্ছেদ \ref{s6.4} অনুযায়ী অবিচলিত Hamiltonian হচ্ছে- \begin{equation} H_1 = e \,|{\bf E}| \,z. \end{equation} এখন বিচলন তত্ত্ব প্রয়োগ করার জন্যে, আমাদেরকে ম্যাট্রিক্স আইগেনমান সমীকরণটী সমাধান করতে হবে- \begin{equation} {\bf U} \,{\bf x} = \lambda\,{\bf x}, \end{equation} যেখানে ${\bf U}$ হচ্ছে $2s$ আর $2p$ এর স্তরগুলির মধ্যবর্তী degenerate স্তরগুলোর Hamiltonian $H_1$ এর ম্যাট্রিক্সের পদগুলির উপাদান। সুতরাং- \begin{equation} {\bf U} = e \,|{\bf E}| \left( \begin{array}{cccc} 0&\langle 2,0,0|\,z\,|2,1,0\rangle & 0&0\\ \langle 2,1,0|\,z\,|2,0,0\rangle&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{array}\right), \end{equation} যেখানে, ম্যাট্রিক্সের সারি আর কলামগুলি $|2,0,0\rangle$, $|2,1,0\rangle$, $|2,1,1\rangle$, এবং $|2,1,-1\rangle$ স্তরগুলিকে নির্দেশ করে। এখানে আমরা selection rules ব্যবহার করেছি। এটা খুব সহজেই দেখানো যায় যে $2s$ আর $2p$ ওয়েভফাংশনের যথার্থ সমীকরণ - \begin{equation} \langle 2,0,0|\,z\,|2,1,0\rangle = \langle 2,1,0|\,z\,|2,0,0\rangle = 3\,a_0. \end{equation} এবং হিসেব কষে খুব সহজেই বের করা যায় যে, ${\bf U}$ এ এর আইগেন মান $\lambda_1= 3\,e\,a_0\,|{\bf E}|$, $\lambda_2 = - 3\,e\,a_0\,|{\bf E}|$, $\lambda_3=0$, এবং $\lambda_4 =0$। এবং এদের আইগেন ভেক্টরগুলি- \begin{align} {\bf x}_1 &= \left( \begin{array}{c} 1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \\ 0 \\ 0 \end{array} \right),\\[0.5ex] {\bf x}_2 &= \left( \begin{array}{c} 1/\sqrt{2} \\- 1/\sqrt{2} \\ 0 \\ 0 \end{array} \right),\\[0.5ex] {\bf x}_3 &= \left( \begin{array}{c} 0 \\0 \\ 1 \\0 \end{array} \right),\\[0.5ex] {\bf x}_4 &= \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0\\ 0 \\ 1\end{array} \right)। \end{align} পরিচ্ছেদ \ref{s6.5} থেকে দেখা যায় যে, অবিচলিত ও বিচলিত Hamiltonian এর আইগেনস্তরগুলি হচ্ছে- \begin{align} |1\rangle &= \frac{|2,0,0\rangle + |2,1,0\rangle}{\sqrt{2}},\\[0.5ex] |2\rangle &= \frac{|2,0,0\rangle - |2,1,0\rangle}{\sqrt{2}},\\[0.5ex] |3\rangle &= |2,1,1\rangle,\\[0.5ex] |4\rangle &= |2,1,-1\rangle. \end{align} যদি এখানে কোন আলাদা বিদ্যুৎক্ষেত্র না থাকে, তবে এই স্তরগুলির শক্তি সমান, $E_{200}$। বিদ্যুৎ ক্ষেত্রের কারণে সৃষ্ট প্রথমক্রম দশা-পার্থক্য- \begin{align} {\mit\Delta} E_1 &= +3\,e\,a_0\, |{\bf E}|,\\[0.5ex] {\mit\Delta} E_2 &= -3\,e\,a_0 \,|{\bf E}|,\\[0.5ex] {\mit\Delta} E_3 &= 0,\\[0.5ex] {\mit\Delta} E_4 &= 0. \end{align} সুতরাং বিদ্যুৎক্ষেত্রের উপস্থিতিতে ১ম আর ২য় স্তরের শক্তি t $3\,e\,a_0\, |{\bf E}|$ পরিমানে উপরে আর নিচে উঠা-নামা করতে থাকবে। ১ম আর ২য় শক্তিস্তরগুলি $2s$ আর $2p(m=0)$ স্তরগুলির লম্বরৈখিক মিশ্রন। ৩য় ও ৪র্থ স্তরের শক্তি (যেগুলি আসলে $2p(m=1)$ এবং $2p(m=-1)$ শক্তিস্তর) প্রথমক্রমে কোন প্রভাব ফেলেনা। আর এসব স্তরের দ্বিতীয়ক্রমের শক্তিগুলি বিদ্যুতক্ষেত্রের শক্তির প্রভাবে পরিবর্তিত হয়ে থাকে। এখানে জেনে রাখো যে, linear Stark effect আসলে $2s$ আর $2p$ স্তরগুলির degeneracy এর কারনে ঘটে থাকে। আর এই degeneracy pure Coulomb বিভবশক্তির বিশেষ একটা ধর্ম, যা কিনা শুধুমাত্র হাইড্রোজেন অণুর ক্ষেত্রে প্রযোজ্য। কোন alkali ধাতুর অণু linear Stark effect দেখায় না। Quadratic Stark effect মনে করো, এক-ইলেক্ট্রন বিশিস্ট অনুকে (যেমনঃ হাইড্রোজেন অনু) সুষম বিদ্যুৎক্ষেত্রের $z$-অক্ষের দিক বরাবর রাখা হলো। এই পর্যায়ের Hamiltonian কে দুইভাগে ভাগ করা যায়। অবিচলিত Hamiltonian - \begin{equation} H_0 = \frac{{p}^2}{2\,m_e} + V(r), \end{equation} এবং বিচলিত Hamiltonian- \begin{equation} H_1= e\, |{\bf E}|\, z. \end{equation} অবিচলিত Hamiltonian এর আইগেন মান ও আইগেনস্তর আমাদের জানা আছে। এই ক্ষেত্রে ইলেকট্রনের ঘূর্ণন তেমন কোন প্রভাব ফেলেনা। সুতরাং আমরা ঘূর্ণনের degrees of freedom গুলিকে নিয়ে এই ক্ষেত্রে আর মাথা ঘামাবো না। এর থেকে আমরা বলতে পারি এই পর্যায়টি কোন অপজাত (degenerate) শক্তি আইগেন মান ধারন করেনা। তবে কুলম্ব শক্তির উপস্থিতির কারণে হাইড্রোজেনের $n\neq 1$ শক্তিস্তরের ক্ষেত্রে এই ধারনাটি কাজ করেনা। তবে বিচলন তত্ত্ব দিয়ে এই ঘটনাকে ব্যাখ্যা করা যায় না। এর সম্পর্কে বিস্তারিত অন্য কোন অধ্যায়ে করবো। অবিচলিত Hamiltonian এর জন্য শক্তি আইগেন কেটকে তিনটি কোয়ান্টাম নম্বরের সাহায্যে প্রকাশ করা যায় radial কোয়ান্টাম নম্বর $n$, দুইটি কৌণিক কোয়ান্টাম নম্বর $l$ এবং $m$ (\ref{s5.6} পরিচ্ছেদটি দেখো)। তাহলে আমাদের আইগেন কেটটি হবে- $|n,l,m\rangle$ এবং ধরো এর শক্তি $E_{nlm}$। (\ref{e6.32}) সমীকরণ থেকে পাই, খুব ক্ষুদ্র বিদ্যুৎক্ষেত্রের কারণে এই শক্তির পরিবর্তন ঘটে থাকে এবং এই পরিবর্তনকে লেখা যায়- \begin{equation} {\mit\Delta} E_{nlm}=e\,|{\bf E}|\, \langle n,l,m |\,z\,|n,l,m\rangle+ e^2 \,|{\bf E}|^{\,2}\,\sum_{n',l',m'\neq n,l,m} \frac{|\langle n,l,m|\,z\,| n,'l',m'\rangle|^{\,2}}{ E_{nlm}-E_{n'l'm'} }.\label{e6.38} \end{equation} যেহেতু \begin{equation} L_z = x\,p_y - y\, p_x, \end{equation} সুতরাং \begin{equation} [L_z, z] = 0. \end{equation} তাহলে, \begin{equation} \langle n,l, m|\, [L_z, z]\, | n',l',m'\rangle = 0, \end{equation} থেকে পাই- \begin{equation} (m - m')\, \langle n,l, m|\,z\,| n',l',m'\rangle = 0, \end{equation} সংজ্ঞা অনুযায়ী $|n,l,m\rangle$ হলো $L_z$ এর আইগেনস্তর। এবং এর আইগেন মান $m\,\hbar$। উপরের সমীকরণগুলি থেকে এটা পরিস্কার যে, যদি $m'=m$ না হয় তবে ম্যাট্রিক্সের উপাদান $\langle n,l, m|\,z\,| n',l',m'\rangle$ গুলি শূন্য হবে।এটিকে কোয়ান্টাম নম্বর $m$ এর selection rule বলে এবার আমরা $l$ এর জন্য selection rule বের করবো। (\ref{e5.1a})--(\ref{e5.2c}) সমীকরণগুলি ব্যবহার করে পাই- \begin{align} [L^2, z] &= [L_x^{\,2}, z] + [L_y^{\,2}, z] = L_x\,[L_x, z] + [L_x, z] \,L_x + L_y\,[L_y, z] + [L_y, z]\, L_y\nonumber\\[0.5ex] &= {\rm i}\,\hbar\left( -L_x\, y - y\, L_x + L_y \,x + x \,L_y\right)= 2 \,{\rm i} \, \hbar \,( L_y \,x - L_x \,y + {\rm i}\,\hbar\,z)\nonumber\\[0.5ex] &= 2 \,{\rm i}\, \hbar \,( L_y\, x - y \,L_x ) = 2\, {\rm i}\, \hbar\, ( x\, L_y - L_x \,y), \end{align} একইভাবে- \begin{align} [L^2, y] &= 2\,{\rm i}\, \hbar \,( L_x\, z - x\, L_z ),\\[0.5ex] [L^2, x] &= 2\,{\rm i}\, \hbar\, ( y \,L_z - L_y \,z). \end{align} সুতরাং \begin{align} [L^2, [L^2, z]] &= 2 \,{\rm i} \, \hbar \left( L^2, L_y \,x - L_x\, y + {\rm i}\,\hbar\,z \right)= 2\,{\rm i}\,\hbar \left( L_y\, [L^2, x] - L_x\, [ L^2, y] + {\rm i}\,\hbar\, [L^2, z]\right)\nonumber\\[0.5ex] &= - 4\, \hbar^2 \,L_y\,(y\, L_z - L_y \,z) + 4\,\hbar^2 \,L_x\,(L_x\, z - x\, L_z)- 2\, \hbar^2\,(L^2 \,z - z\, L^2). \end{align} এখান থেকে পাই- \begin{equation} [L^2, [L^2, z]] = - \hbar^2 \left[4\,(L_x\, x + L_y \,y + L_z \,z)\, L_z - 4\, (L_x^{\,2} + L_y^{\,2} + L_z^{\,2})\, z + 2 \,(L^2\, z - z\, L^2)\right]. \end{equation} তবে (\ref{e5.1a})--(\ref{e5.1c}) সমীকরণগুলি থেকে এটা পরিস্কার যে- \begin{equation} L_x \,x + L_y \,y + L_z \,z = 0. \end{equation} সুতরাং আমরা পাচ্ছি- \begin{equation} [L^2, [L^2, z]] = 2 \,\hbar^2\, (L^2\, z + z \,L^2), \end{equation} এটাকে বিস্তার করে লেখা যায়- \begin{equation}\label{e6.50} L^4 \,z - 2\, L^2 \,z\, L^2 + z\, L^4 - 2\, \hbar^2\, (L^2 \,z +z \,L^2) = 0. \end{equation} (\ref{e6.50}) নং থেকে পাচ্ছি- \begin{equation} \langle n,l,m|\, L^4\, z - 2\, L^2\, z \,L^2 + z\, L^4 - 2 \,\hbar^2 \,(L^2\, z +z\, L^2)\, |n',l',m' \rangle = 0. \end{equation} অর্থাৎ \begin{equation} \left[l^{\,2}\, (l+1)^2 - 2\, l\,(l+1)\,l'\,(l'+1) + l'^{\,2}\,(l'+1)^2 - 2\, l\,(l+1) - 2\,l'\,(l'+1)\right] \langle n,l,m|\,z\,|n',l',m' \rangle = 0, \end{equation} থেকে পাই \begin{equation} (l+l'+2)\,(l+l')\,(l-l'+1)\,(l-l'-1)\,\langle n,l,m|\,z\,| n',l',m' \rangle = 0. \end{equation} উপরের সূত্র অনুযায়ী, $l=l'=0$ বা $l' = l\pm 1$ নাহলে $\langle n,l,m|\,z\,| n',l',m' \rangle$ এর ম্যাট্রিক্স উপাদানগুলি শূন্য হয়েযায়। এই ম্যাট্রিকের পদগুলিকে লেখা যায়- \begin{equation}\label{e6.54} \langle n,l,m|\,z\,| n',l',m' \rangle = \int\!\int\!\int dV'\, \psi^\ast_{nlm}(r',\theta',\varphi')\, r'\cos\theta'\, \psi_{n'm'l'}(r',\theta',\varphi'), \end{equation} এখানে $\psi_{nlm}({\bf x}') = \langle {\bf x}'|n,l,m\rangle$। আমরা জানি $l=0$ স্তরের ওয়েভফাংশন সুষম গোলকীয় (\ref{s5.3} পরিচ্ছেদটি দেখো): অর্থাৎ, $\psi_{n00}({\bf x}') = \psi_{n00}(r')$। (\ref{e6.54}) সমীকরণ থেকে আমরা পাই, যখন $l=l'=0$ তখন ম্যাট্রিক্সের উপাদান গুলি শূন্য হয়ে যায়। অন্যভাবে বলা যায়, যদি $l'=l\pm 1$ না হয় তাহলে $\langle n,l,m|\,z\,| n',l',m' \rangle$ এর মান শূন্য হবে। এটি কোয়ান্টাম নম্বর $l$ এর selection rule। এবার (\ref{e6.38}) সমীকরণে selection rule প্রয়োগ করে পাই- \begin{equation} {\mit\Delta} E_{nlm} = e^2 \,|{\bf E}|^{\,2} \sum_{n'}\sum_{l'=l\pm 1} \frac{|\langle n,l,m|\,z\,|n',l',m\rangle|^{\,2}}{E_{nlm} - E_{n'l' m}}. \end{equation} selection rule এর সাহায্যে দেখানো যায় যে, সমীকরণ (\ref{e6.38}) এ বিদ্যুৎক্ষেত্রের তীব্রতার প্রভাবে রৈখিকভাবে পরিবর্তনশীল সবগুলো পদ শূন্য । শুধুমাত্র যেসব পদ বিদ্যুৎক্ষেত্রের তীব্রতার প্রভাবে quadratically পরিবর্তিত হয় সেগুলো থেকে যায়। একটা অনুর বৈদ্যুতিক মেরুধর্মীতা $\alpha$ কে লিখা যায় - \begin{equation} {\mit\Delta} E = - \frac{1}{2} \,\alpha \,|{\bf E}|^{\,2}. \end{equation} এবার হাইড্রোজেন অনুর প্রাথমিক স্তরের (ground state) কথা চিন্তা করো ( এখানে শুধুই প্রাথমিক স্তরের কথা আলোচনা করা হবে, কারন আগের পরিচ্ছেদের আলোচনা থেকে আমরা জানি $n>1$ স্তর গুলি degenerate, এবং বিচলন তত্ত্ব দিয়ে সেটা সহজে ব্যাখ্যা করা যায়না )। আমরা জানি একটা হাইড্রোজেন অনুর জন্যে $E_{n10} = E_{n00}$ । এবার একটা স্তরের মেরুধর্মীতাকে প্রকাশ করা যায়- \begin{equation} \alpha = 2 \,e^2 \sum_{n>1} \frac{|\langle 1,0,0|\,z\,|n,1,0\rangle|^{\,2}}{E_{n00}-E_{100}}. \end{equation} উপরের সমস্টিকে প্রকাশ করা যায়- [(\ref{e5.95}) সমীকরণটি দেখো] \begin{equation} E_{n00} = - \frac{e^2}{8\pi\,\epsilon_0\, a_0\,n^2} \end{equation} হাইড্রোজেন অনুর জন্যে যদি বোরের ব্যাসার্ধ্য \begin{equation} a_0 = \frac{4\pi \,\epsilon_0 \,\hbar^2}{m_e \,e^2} \end{equation} হয় তাহলে আমরা পাই- \begin{equation} E_{n00}-E_{100} \geq E_{200} - E_{100} = \frac{3}{4} \frac{e^2}{8\pi\,\epsilon_0\, a_0}. \end{equation} সুতরাং, \begin{equation} \alpha < \frac{16}{3}\, 4\pi \,\epsilon_0\, a_0 \sum_{n>1} |\langle 1,0,0|\,z\,|n,1,0\rangle|^{\,2}. \end{equation} তবে, আমরা জানি হাইড্রোজেন অনুর ওয়েভফাংশন একটি পূর্ণ সেট গঠন করে। তাই- \begin{equation} \sum_{n>1} |\langle 1,0,0|\,z\,|n,1,0\rangle|^{\,2} = \sum_{n',l',m'} \langle 1,0,0|\,z\,|n',l',m'\rangle\langle n',m',l'|\,z\,|1,0,0\rangle= \langle 1,0,0|\,z^2\,|1,0,0\rangle, \end{equation} এটা খুব সহজেই দেখানো যায় যে, \begin{equation} \langle 1,0,0|\,z^2\,|1,0,0\rangle = a_0^{\,2}. \end{equation} তাহলে আমরা পাই- \begin{equation} \alpha < \frac{16}{3} \,4\pi\, \epsilon_0\, a_0^{\,3} \simeq 5.3\,4\pi\, \epsilon_0 \,a_0^{\,3}. \end{equation} যথাযথ সমাধান- \begin{equation} \alpha = \frac{9}{2}\, 4\pi\, \epsilon_0\, a_0^{\,3} = 4.5\,4\pi \,\epsilon_0 \,a_0^{\,3}. \end{equation} মজার বিষয় হলো, বিচলন তত্ত্ব ব্যবহার না করেও এই সমাধানটি বের করা যায়। শ্রোয়েডিঞ্জারের সমীকরণকে যদি অধিবৃত্ত স্থানাঙ্ক ব্যবস্থায় সমাধান করা হয় তাহলেও একই সমাধান পাওয়া যাবে।

১৮.৫ Zeeman Effect

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sat, 3 Mar 2018 17:30:00 -0600

ধরো হাইড্রোজেনের মত একটা অণুকে $z$-অক্ষ বরাবদ অবস্থিত চৌম্বকক্ষেত্রের মধ্যে বসানো হলো। তাহলে সর্ববহিস্থ ইলেক্ট্রনের শক্তির পরিবর্তন- \begin{equation} H_B = -\bf mu \cdot {\bf B}, \end{equation} যেখানে চুম্বক moment \begin{equation} \bf mu = - \frac{e}{2\,m_e}\, ({\bf L} + 2 \,{\bf S}) \end{equation} এবং \begin{equation} H_B = \frac{e\, B}{2\, m_e}\, (L_z + 2\, S_z). \end{equation} সাধারন বিচলন তত্ত্ব অনুযায়ী, চুম্বক ক্ষেত্রে উপস্থিতিতে প্রথমক্রম শক্তির পরিবর্তন- \begin{equation} {\mit\Delta} E_{nlm\pm} = \langle l\pm 1/2, m|\, H_B\, | l\pm 1/2, m\rangle. \end{equation} কারন- \begin{equation} L_z + 2 \,S_z = J_z + S_z, \end{equation} আমরা পাই- \begin{equation} {\mit\Delta} E_{nlm\pm} = \frac{e\, B}{2 \,m_e}\, \left(m\,\hbar + \langle l\pm 1/2, m|\, S_z\,| l\pm 1/2, m\rangle\, \right). \end{equation} এখন সমীকরণ (\ref{e6.114})--(\ref{e6.115}) থেকে পাই- \begin{equation} |l\pm 1/2, m\rangle = \pm \sqrt{\frac{l\pm m +1/2}{2\,l+1}}\, |m-1/2, 1/2\rangle+\sqrt{\frac{l\mp m+1/2}{2\,l+1}}\, |m+1/2, -1/2\rangle. \end{equation} এবং- \begin{equation} \langle l\pm 1/2, m|\, S_z\,| l\pm 1/2, m\rangle = \frac{\hbar}{2\,(2\,l+1)} \left[(l\pm m+1/2) - (l\mp m + 1/2) \right] = \pm \frac{m\,\hbar}{2\,l+1}. \end{equation} এখানে আমরা দূর্বল চুম্বক্ষেত্রের প্রভাবে শক্তির পরিবর্তনের একটি সূত্র পাই। সেটি হলো - \begin{equation}\label{e6.137} {\mit\Delta} E_{nlm\pm} = \frac{e\, \hbar\, B}{2\, m_e}\,m \left( 1 \pm \frac{1}{2\,l+1} \right). \end{equation} একে Lande সূত্র বলা হয়।

১৮.৬ Fine Structure

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sat, 3 Mar 2018 16:30:00 -0600

Fine structure এবার হাইড্রোজেনের মত অন্য অণু (যেমনঃ alkali ধাতুর অণু) কথা ভাবা যাক। নিউক্লিয়ার চার্জ ও অন্যান্য ইলেকট্রনের চার্জের প্রভাবে সবচেয়ে বাইরের ইলেক্ট্রনটি সুষম গোলকীয় বিভব $V(r)$ এ গতিশীল। ভেতরের ইলেক্ট্রনগুলির shielding effect এর কারণে pure Coulomb বিভব থেকে $V(r)$ এর মান ভিন্ন হয়। ফলে যেসব স্তরে $n$ এর মান সমান কিন্তু $l$ এর মান ভিন্ন ভিন্ন, সেগুলো আলাদা হয়ে যায়। $l$ স্তরগুলির মান যত বেশি হয়, শক্তির মানও তত বেশি হয়। এবার একটা বিষয় নিয়ে আলোচনা করবো যেটাকে বলা হয় fine structure। এটি সর্ববহিস্থ স্তরের স্পিন আর অর্বিটাল কৌণিক ভরবেগের ঘটে থাকে। সুতরাং ইলেক্ট্রনের উপর প্রভাব বিস্তারকারী বিদ্যুৎ ক্ষেত্রের মান- \begin{equation} {\bf E} = \frac{\nabla V}{e}. \end{equation} তবে, বিদ্যুৎক্ষেত্রের ভেতর গতিশীল একটি non-relativistic চার্জ চুম্বকক্ষেত্রের শক্তিও অনুভব করে- \begin{equation} {\bf B} = - \frac{{\bf v} \times {\bf E}}{c^2}. \end{equation} এখন, একটা ইলেক্ট্রন এর স্পিন-চুম্বক-ভরবগের মান [সমীকরণ (\ref{e5.138}) দেখো] \begin{equation}\label{e7.99d} {\bf mu} = - \frac{e\, {\bf S}}{m_e}. \end{equation} তাহলে Hamiltonian এ স্পিন-অরবিটের একটা পদও যুক্ত করতে হবে- \begin{equation} H_{LS} = - {\bf mu}\cdot {\bf B} = - \frac{e \,{\bf S}}{m_e\,c^2} \cdot {\bf v} \times \left(\frac{1}{e} \frac{\bf x}{r} \frac{d V}{dr}\right) = \frac{1}{m_e^{\,2}\,c^2\,r} \frac{d V}{dr}\, {\bf L}\cdot {\bf S},\label{e6.101} \end{equation} যেখানে ${\bf L} = m_e \,{\bf x}\times{\bf v}$ হলো অর্বিটান কৌণিক ভরবেগ। আসলে, যখন উপরের সমীকরণটি স্পিন-অরবিট মিথস্ক্রিয়ার সাথে তুলনা করা হয়, তখন দেখা যায় যে, এর মান প্রায় দ্বিগুন। এবার আসো হাইড্রোজেনের মতো অণুর ক্ষেত্রে বিচলত তত্ত্ব প্রয়োগ করে দেখি। ধরো বিচলিত Hamiltonian হলো $H_{LS}$ এবং অবিচলিত Hamiltonian \begin{equation} H_0 = \frac{{p}^2}{2\,m_e} + V(r) \end{equation} $H_0$ এর জন্যে দুই ধরনের শক্তি আইগেনস্তর পাওয়া যায়। $H_0, L^2, S^2, L_z$ এবং $S_z$ এর সমকালীন আইগেনস্তর অথবা $H_0, L^2, S^{\,2}, J^{\,2},$ এবং $J_z$ এর সমকালীন আইগেনস্তর, যেখান ${\bf J} = {\bf L} + {\bf S}$ হচ্ছে সম্পূর্ন কৌণিক ভরবেগ। আমরা যেটাকেই পছন্দ করিনা কেন, দুইটাই খুবই degenerate পর্যায়। পরিচ্ছেদ \ref{s6.6} এর আলোচনা থেকে আমরা জানি, যদি অবিচলিত Hamiltonian এর আইগেনস্তরের ভিত্তিগুলি বিচলিত Hamiltonian এর আইগেনস্তরের সমান হয়, তাহলে সেক্ষেত্রে বিচলন তত্ত্ব প্রয়োগ করা খুবই সহজ হয়ে যায়। এখনা বিচলিত Hamiltonian, $H_{LS}$, ${\bf L}\cdot {\bf S}$ এর সমানুপাতিক, এবং এখানে- \begin{equation}\label{e6.103} {\bf L} \cdot{\bf S} = \frac{J^{\,2} - L^2 - S^{\,2}}{2}. \end{equation} এখন সমস্যা হলো ($H_0, L^2, S^2, L_z$ ও $S_z$) অপারেটরগুলি $H_{LS}$ এর সাথে commute করেনা, তবে ($H_0, L^2, S^{\,2}, J^{\,2},$ ও $J_z$) অপারেটরগুলির সাথে commute করে। ${\bf L} \cdot{\bf S}$ হচ্ছে দ্বিতীয় গ্রুপের অপারেটরগুলির রৈখিক মিশ্রন। এজন্য দ্বিতীয় গ্রুপের অপারেটরগুলিকে নিয়ে কাজ করা তুলনামূলক ভাবে সহজ। এখন $H_0, L^2, S^{\,2}, J^{\,2},$ and $J_z$ এর জন্য সমকালীন আইগেনস্তরগুলি বের করতে চাই। যদি আমরা যদি $j_1=l$, আর $j_2 = s = 1/2$ এর জন্য সম্পূর্ণ কৌণিক ভরবেগের আইগেনস্তরগুলি বের করতে পারি তাহলেই উক্ত অপারেটরগুলির জন্যে আইগেনস্তরগুলি খুজে বের করে ফেলতে পারবো। (\ref{e5.217}) সমীকরণ অনুযায়ী, সম্পূর্ণ কৌণিক ভরবেগগুলি হচ্ছে $j=l+1/2$ এবং $j=l-1/2$। আমরা লিখতে পারি- \begin{align} |l+1/2, m\rangle &= \cos\alpha\, |m-1/2, 1/2\rangle + \sin\alpha\, |m+1/2, -1/2\rangle,~~\\[0.5ex] |l-1/2, m\rangle &= -\sin\alpha\, |m-1/2, 1/2\rangle + \cos\alpha\, |m+1/2, -1/2\rangle.~~~~ \end{align} এখানে, বামপক্ষের কেট গুলি $|j,m_j\rangle $ কেট, এবং ডানপক্ষের গুলি $|m_l, m_s\rangle$ কেট। সহজে বোঝার জন্যে $j_1, j_2$ এর labels গুলিকে বাদ দিয়ে লিখলাম। এবং আমরা জানি যদি $m_j=m_l+m_s$ নাহয় তাহলে Clebsch-Gordon সহগগুলি শূন্য। এছাড়াও আমরা জানি $|j,m_j\rangle $ আর $|m_l, m_s\rangle$ কেটগুলি দৈর্ঘ্যে একক এবং একে অপরের লম্ব। \begin{equation} \cos\alpha = \langle m-1/2,1/2|l+1/2, m\rangle, \end{equation} যেখানে Clebsch-Gordon সহগকে $\langle m_l, m_s| j, m_j\rangle$ এর মাধ্যমে লেখা হয়েছে। এবার আসো Clebsch-Gordon সহগের ক্ষেত্রে পূনরাবৃত্তি সম্পর্ক কাজে লাগাই। সমীকরণ (\ref{e5.223}) তে $j_1=l, j_2 = 1/2, j = l+1/2, m_1=m-1/2, m_2=1/2$ বসিয়ে পাই- \begin{align} &[(l+1/2)\,(l+3/2)-m\,(m+1)]^{1/2} \,\langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle\nonumber\\[0.5ex] &= [l\,(l+1)-(m-1/2)\,(m+1/2)]^{1/2}\, \langle m+1/2, 1/2|l+1/2, m+1\rangle, \end{align} এখান থেকে পাই \begin{equation} \langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle = \sqrt{\frac{l+m+1/2}{l+m+3/2}}\, \langle m+1/2, 1/2|l+1/2, m+1\rangle. \end{equation} এই ফর্মুলা ব্যবহার করে আমরা $m_l$ এর মান বৃদ্ধি করতে পারি, যেমন- \begin{equation} \langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle =\sqrt{\frac{l+m+1/2}{l+m+3/2}} \sqrt{\frac{l+m+3/2}{l+m+5/2}} \langle m+3/2, 1/2|l+1/2, m+2\rangle. \end{equation} এই ভাবে $m_l$ এর মান বৃদ্ধি করতে করেতে যখন সর্বোচ্চ মান $l$ এ পৌছাবে তখন আমরা পাই- \begin{equation}\label{e6.110} \langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle = \sqrt{\frac{l+m+1/2}{2\,l+1}}\, \langle l, 1/2|l+1/2, l+1/2\rangle. \end{equation} এখন ধরো $m_l$ ও $m$ উভয়েই তাদের সর্বোচ্চ মান $l$ এবং $1/2$ তে পৌছালো। এবং $m_j$ এর মান $l+1/2$। এই মান তখনই পাওয়া সম্ভব যখন $j=l+1/2$, কিন্তু যদি $j=l-1/2$ হয় তাহলে সম্ভব নয়। সুতরাং $|m_l, m_s\rangle$ কেট $|l,1/2\rangle$ অবশ্যই $|j,m_j\rangle$ কেট $|l+1/2, l+1/2\rangle$ একটি দশা মান এর সমান হবে। হিসেব কষে দেখা গেছে, এই দশা মানটি একক, অর্থাৎ- \begin{equation} \langle l, 1/2|l+1/2, l+1/2\rangle = 1. \end{equation} এখন সমীকরণ (\ref{e6.110}) থেকে পাই- \begin{equation} \cos\alpha=\langle m-1/2, 1/2|l+1/2, m\rangle = \sqrt{\frac{l+m+1/2}{2\,l+1}}. \end{equation} সুতরাং, \begin{equation} \sin^2\alpha = 1 - \frac{l+m+1/2}{2\,l+1} = \frac{l-m+1/2}{2\,l+1}. \end{equation} এখন তাহলে প্রশ্ন হলো $\sin\alpha$ এর চিহ্ন কি হবে? যদি পূনরাবৃত্তি রিলেশনটাকে ভালোভাবে লক্ষ করি তাহলে (\ref{e5.223}) থেকে সহজেই বোঝা যায়, এটি যোগমূলক চিহ্ন হবে। সুতরাং- \begin{align} |l+1/2, m\rangle &=\sqrt{\frac{l+m+1/2}{2\,l+1}}\,|m-1/2, 1/2\rangle+\sqrt{\frac{l-m+1/2}{2\,l+1}}\,|m+1/2, -1/2\rangle,\label{e6.114}\\[0.5ex] |l-1/2, m\rangle &= - \sqrt{\frac{l-m+1/2}{2\,l+1}} \,|m-1/2,1/2\rangle + \sqrt{\frac{l+m+1/2}{2\,l+1}} \,|m+1/2, -1/2\rangle.\label{e6.115} \end{align} এইফাকে বলে রাখা ভালো যে, পাউলির two-component শর্ত অনুসারে স্পিন-কৌণিক ফাংশনকে লিখা যায়- \begin{align} {\cal Y}_{l\,m}^{j=l\pm 1/2}\equiv {\cal Y}_{l\,m}^{\pm} &= \pm \sqrt{\frac{l\pm m+1/2}{2\,l+1}}\, Y_{l\,\,m-1/2}(\theta, \varphi) \,\chi_+ +\sqrt{\frac{l\mp m+1/2}{2\,l+1}} \,Y_{l\,\,m+1/2}(\theta,\varphi)\, \chi_- \nonumber\\[0.5ex] &= \frac{1}{\sqrt{2\,l+1}}\left( \begin{array}{c} \pm \sqrt{l\pm m +1/2}\,\,Y_{l\,\,m-1/2}(\theta,\varphi)\\[0.5ex] \sqrt{l\mp m+1/2}\,\,Y_{l\,\,m+1/2}(\theta, \varphi) \end{array} \right). \end{align} এই ফাংশন গুলি অর্ধ স্পিনযুক্ত কণার সম্পূর্ন কৌণিক ভরবেগের আইগেন ফাংশন। হাইড্রোজেনের মতো অণুর ক্ষেত্রে শক্তি আইগেনস্তরকে লেখা যায়- \begin{equation}\label{e6.117} \psi_{nlm\pm} = R_{n\,l}(r)\, {\cal Y}_{l\,m}^\pm. \end{equation} এই ওয়েভফাংশনের রেডিয়াল অংশ, $R_{n\,l}(r)$, রেডিয়াল কোয়ান্টাম নম্বর $n$ আর কৌণিক কোয়ান্টাম নম্বর $l$ এর উপর নির্ভর করে। $l$ এর নির্দিষ্ট একটা মানের জন্যে, কোয়ান্টাম নম্বর $j$ দুইটা মান ধারন করতে পারে $l\pm 1/2$। সমীকরণ (\ref{e6.103}) অনুযায়ী $|l\pm 1/2, m\rangle$ কেটগুলি ${\bf L}\cdot{\bf S}$ এর আইগেনস্তর সমূহ। সুতরাং- \begin{equation} {\bf L} \cdot{\bf S}\, |j=l\pm 1/2,m_j= m\rangle = \frac{\hbar^2}{2} \left[ j\,(j+1) - l\,(l+1) - 3/4\right]|j,m\rangle, \end{equation} থেকে পাই- \begin{align} {\bf L} \cdot{\bf S}\, |l+ 1/2, m\rangle&= \frac{l \,\hbar^2}{2}\, |l+ 1/2, m\rangle,\\[0.5ex] {\bf L} \cdot{\bf S}\, |l- 1/2, m\rangle&= -\frac{(l+1)\, \hbar^2}{2}\, |l- 1/2, m\rangle. \end{align} এবং \begin{align}\label{e6.121} \oint d{\mit\Omega}\,({\cal Y}_{l\,m}^+)^\dagger \,{\bf L} \cdot{\bf S}\, {\cal Y}_{l \,m}^+& = \frac{l \,\hbar^2}{2},\\[0.5ex] \oint d{\mit\Omega}\,({\cal Y}_{l \,m}^-)^\dagger \,{\bf L} \cdot{\bf S}\, {\cal Y}_{l\,m}^-& = -\frac{(l+1) \,\hbar^2}{2},\label{e6.122} \end{align} যেখানে সলিড কোন, $d{\mit\Omega} = \sin\theta\,d\theta\,d\varphi$. এবার চলো দেখি degenerate বিচলন তত্ত্ব ব্যবহার করে কিভাবে একটি স্তরের শক্তি পার্থক্য বের করা যায়। ধরো আমাদের ওয়েভফাংশন $\psi_{nlm\pm}$ স্পিন-অরবিট Hamiltonian, $H_{LS}$। তাহলে প্রথমক্রম শক্তি-পরিবর্তনকে লেখা যায়- \begin{equation} {\mit\Delta} E_{nlm\pm} = \int dV\,(\psi_{nlm\pm})^\dagger\, H_{LS}\,\psi_{nlm\pm}, \end{equation} এখানে, $dV = r^2\,d{\mit\Omega}$. সমীকরণ (\ref{e6.101}), (\ref{e6.117}) এবং (\ref{e6.121})--(\ref{e6.122}) থেকে পাই- \begin{align}\label{e6.124} {\mit\Delta} E_{nlm+} &= +\frac{1}{2\,m_e^{\,2}\,c^2} \left\langle \frac{1}{r}\frac{dV}{dr} \right\rangle \frac{l\,\hbar^2}{2},\\[0.5ex] {\mit\Delta} E_{nlm-} &=- \frac{1}{2\,m_e^{\,2}\,c^2} \left\langle \frac{1}{r}\frac{dV}{dr} \right\rangle \frac{(l+1)\,\hbar^2}{2},\label{e6.125} \end{align} যেখানে \begin{equation}\label{e6.126} \left\langle \frac{1}{r}\frac{dV}{dr} \right\rangle = \int_0^\infty dr\, r^2\,(R_{n\,l})^\ast \,\frac{1}{r}\frac{dV}{dr}\, R_{n\,l}. \end{equation} এই সমাধানটিকে সোডিয়াম অণুর জন্যে প্রয়োগ করে পাই - \begin{equation} (1s)^2 (2s)^2(2p)^6(3s). \end{equation} এটা সহজেই দেখা যায় যে Balmer লাইনের ব্যবচ্ছেদ্গুলি স্পিন-অরবিট মিথস্ক্রিয়ার কারণে ঘটে এবং এর অনুপাত $1 : \alpha^2$, যেখানে $\alpha$ হলো ফাইন স্ট্রাকচার ধ্রুবক। \begin{equation} \alpha = \frac{e^2}{2\,\epsilon_0\, h\, c} = \frac{1}{137} \end{equation} Hyper fine structure হাইড্রোজেন অণুর মধ্যে প্রোটন অর্ধ-স্পিনযুক্ত চার্জ কণার মত আচরন করে। এবং এর একটি magnetic moment আছে। সমীকরণ (\ref{e7.99d}) অনুযায়ী সেটা আমরা লিখতে পারি- we can write \begin{equation}\label{e12.151} \bf mu_p = \frac{g_p\,e}{2\,m_p}\,{\bf S}_p, \end{equation} এখানে $\bf mu_p$ হলো প্রোটনের magnetic moment, ${\bf S}_p$ হলো প্রোটনের স্পিন। ক্লাসিকাল বিদ্যুত-চুম্বক তত্ত্ব অনুযায়ী প্রোটনের magnetic moment একটি চুম্বকক্ষেত্র সৃষ্টি করে- \begin{equation} {\bf B} = \frac{\mu_0}{4\pi\,r^3}\,\left[3\,(\bf mu_p\cdot{\bf e}_r)\,{\bf e}_r - \bf mu_p\right] + \frac{2\,\mu_0}{3}\,\bf mu_p\,\delta({\bf x}), \end{equation} যেখানে ${\bf e}_r = {\bf x}/r$, এবং $r=|{\bf x}|$। এখন প্রোটোনের কারণে সৃষ্ট চুম্বকক্ষেত্রের ভেতর অবস্থিত ইলেকট্রনের Hamiltonian কে লেখা যায়- \begin{equation} H_1 = - \bf mu_e\cdot {\bf B}, \end{equation} যেখানে \begin{equation} \bf mu_e = - \frac{e}{m_e}\,{\bf S}_e. \end{equation} এখানে , $\bf mu_e$ ইলেক্ট্রনের magnetic moment [(\ref{e7.99d}) সমীকরণটি দেখো ], এবং ${\bf S}_e$ ইলেক্ট্রনের স্পিন। তাহলে বিচলন Hamiltonian কে লেখা যায় - \begin{equation} H_1=\frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{8\pi\,m_p\,m_e}\left(\frac{3\,({\bf S}_p\cdot{\bf e}_r)\,({\bf S}_e\cdot{\bf e}_r) - {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e}{r^3}\right) + \frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{3\,m_p\,m_e}\,{\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\,\delta({\bf x}). \end{equation} প্রথমক্রম বিচলন তত্ত্ব অনুযায়ী লেখা যায় প্রোটন ও ইলেক্ট্রনের স্পিন-স্পিন কাপলিং এর কারণে সৃষ্ট শক্তি পার্থক্য হলো বিচলন Hamiltonian এর গড় মান- \begin{equation} {\mit\Delta} E = \frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{8\pi\,m_p\,m_e}\left\langle\frac{3\,({\bf S}_p\cdot{\bf e}_r)\,({\bf S}_e\cdot{\bf e}_r) - {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e}{r^3}\right\rangle+ \frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{3\,m_p\,m_e}\,\langle{\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\rangle\,|\psi(0)|^{\,2}. \end{equation} হাইড্রোজেনের গ্রাউন্ড শক্তিস্তরের জন্যে লেখা যায়- $|\psi_{000}(0)|^{\,2}= 1/(\pi\,a_0^{\,3})$। সুতরাং আমরা পাই- \begin{equation} {\mit\Delta} E_{000} = \frac{\mu_0\,g_p\,e^2}{3\pi\,m_p\,m_e\,a_0^{\,3}}\,\langle{\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\rangle. \end{equation} ধরি মোট স্পিন- \begin{equation} {\bf S} = {\bf S}_e + {\bf S}_p \end{equation} তাহলে আমরা দেখাতে পারি যে, \begin{equation} {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e = \frac{1}{2}\,(S^2-S_e^{\,2}-S_p^{\,2}). \end{equation} সকল স্তরের জন্যে $S_e^{\,2}$ ও $S_p^{\,2}$ এর আইগেনমান $(3/4)\,\hbar^2$। এবং singlet স্তরের জন্যে $S^2$ এর আইগেনমান হলো শূন্য আর triplet স্তরের জন্যে $2\,\hbar^2$। সুতরাং singlet স্তরের জন্যে- \begin{equation} \langle {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\rangle = - \frac{3}{4}\,\hbar^2 \end{equation} এবং triplet স্তরের জন্যে- \begin{equation} \langle {\bf S}_p\cdot{\bf S}_e\rangle = \frac{1}{4}\,\hbar^2 \end{equation} এখান থেকে দেখা যায় যে, হাইড্রোজেনের দুটি $(1s)_{1/2}$ স্তরের কারণে triplet এর ক্ষেত্রে শক্তির বৃদ্ধি আর singlet স্তরের জন্যে শক্তি হ্রাস পায়। এই ধরনের বিচ্ছেদকে hyperfine structure বলে। এখন singlet আর triplet স্তরের মধ্যে শক্তি পার্থক্য হলো- \begin{equation} {\mit\Delta} E_{000} = \frac{8}{3}\,g_p\,\frac{m_e}{m_p}\,\alpha^2\,|E_0| = 5.88\times 10^{-6}\,{\rm eV}, \end{equation} যেখানে গ্রাউন্ডস্তরের শক্তি $|E_0|=13.6\,{\rm eV}$ ।

২০.৩ Partial Waves

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Fri, 23 Feb 2018 21:30:00 -0600

ধরে নাও , আপতিত ওয়েভফাংশনটি $z$-অক্ষের সমান্তরাল এবং এর ওয়েভভেক্টর ${\bf k}$ এবং বিচ্ছুরন ওয়েভফাংশন এর ওয়েভভেক্টর ${\bf k}'$। এখানে ${\bf k}$ আর ${\bf k}'$ এর মান সমান, কিন্তু তাদের দিক ভিন্ন। মনেকরো ${\bf k}'$ ভেক্টরটি ${\bf k}$ এর সাথে $\theta$ আর $z$-অক্ষের সাথে $\varphi$ দিগাংশিক কোন তৈরি করে। সমীকরণ (\ref{e7.38}) থেকে এটুকু বলা যায় যে একটি সুষম গোলকীয় বিচ্ছুরন বিভব [অর্থাৎ , $V({\bf x}) = V(r)$] এর জন্যে বিচ্ছুরনের বিস্তার (scattering amplitude) শুধুমাত্র $\theta$ এর একটি ফাংশন। \begin{equation} f(\theta, \varphi) = f(\theta). \end{equation} অর্থাৎ আমাদের আপতিত ওয়েভফাংশন, \begin{equation}\label{e7.52} \phi({\bf x}) = \frac{\exp(\,{\rm i}\,k\,z)}{(2\pi)^{3/2}}= \frac{\exp(\,{\rm i}\,k\,r\cos\theta)}{(2\pi)^{3/2}}, \end{equation} অথবা সম্পূর্ন ওয়েভফাংশন, \begin{equation}\label{e7.53} \psi({\bf x}) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \left[ \exp(\,{\rm i}\,k\,r\cos\theta) + \frac{\exp(\,{\rm i}\,k\,r)\, f(\theta)} {r} \right], \end{equation} কোনটাই দিগংশিক কোন (azimuthal angle) $\varphi$ এর উপর নির্ভর করে না। বিচ্ছুরন বিভবের ক্ষেত্রের বাইরে $\phi({\bf x})$ আর $\psi({\bf x})$ উভয়ই শ্রোয়েডিঞ্জারের সমীকরণ মেনে চলে \begin{equation}\label{e7.54} (\nabla^2 + k^2)\,\psi = 0. \end{equation} গোলকীয় স্থানাঙ্ক ব্যবস্থায় এই সমীকরণের একটা সাধারন সমাধান \begin{equation}\label{e7.55} \psi(r,\theta) = \sum_{l=0,\infty} R_l(r)\, P_l(\cos\theta), \end{equation} খেয়াল করো এই সমাধানটি শুধুমাত্র $\theta$ এর উপর নির্ভরশীল কিন্তু দিগংশীয় কোন $\varphi$ এর উপর নির্ভর করেনা। Legendre polynomials $P_l(\cos\theta)$ কে লেখা যায়- ( অধ্যায় ~\ref{ch4} দেখো) \begin{equation} P_l(\cos\theta) = \sqrt{\frac{4\pi}{2\,l+1}}\, Y_{l\,0}(\theta,\varphi). \end{equation} (\ref{e7.54}) আর (\ref{e7.55}) থেকে লেখা যায়- \begin{equation} r^2\frac{d^2 R_l}{dr^2} + 2\,r \frac{dR_l}{dr} + [k^2 \,r^2 - l\,(l+1)]\,R_l = 0. \end{equation} এই সমীকরণের সমাধান দুটি যথাক্রমে spherical Bessel function $j_l(k\,r)$, এবং Neumann function, $\eta_l(k\,r)$, যেখানে \begin{align}\label{e7.58a} j_l(y) &= y^l\left(-\frac{1}{y}\frac{d}{dy}\right)^l \frac{\sin y}{y}, \\[0.5ex]\label{e7.58b} \eta_l(y) &= -y^l\left(-\frac{1}{y}\frac{d}{dy}\right)^l \frac{\cos y}{y}. \end{align} খেয়াল করো যে $y\rightarrow 0$ সীমার মধ্যে spherical Bessel functions (well-behaved) কিন্তু $y\rightarrow 0$ তে Neumann functions singular হয়ে যায়। তবে $y\rightarrow \infty$ লিমিটে এই ফাংশন দুটির asymptotic behaviour কে লেখা যায়- \begin{align}\label{e7.59a} j_l(y) &\rightarrow \frac{\sin(y - l\,\pi/2)}{y},\\[0.5ex] \eta_l(y) &\rightarrow - \frac{\cos(y-l\,\pi/2)}{y}.\label{e7.59b} \end{align} আমরা লিখতে পারি- \begin{equation} \exp(\,{\rm i}\,k\,r \cos\theta) = \sum_{l=0,\infty} a_l\, j_l(k\,r)\, P_l(\cos\theta), \end{equation} এখানে $a_l$ একটি ধ্রুব সংখ্যা। লক্ষ্য করে দেখো, এই বিস্তারে (expansion) Neumann function নেই কারণ $r \rightarrow 0$ সীমাতে এগুলো (well-behaved) নয়। এখন আমরা জানি Legendre polynomials গুলি সমকোনীয়, \begin{equation}\label{e7.61} \int_{-1}^1 d\mu\,P_n(\mu) \,P_m(\mu) = \frac{\delta_{n\,m}}{n+1/2}, \end{equation} সুতরাং উক্ত ফাংশনের বিপরীত ফাংশনকে লেখা যায়- \begin{equation} a_l \,j_l(k\,r) = (l+1/2)\int_{-1}^1 d\mu\,\exp(\,{\rm i}\,k\,r \,\mu) \,P_l(\mu). \end{equation} আমরা জানি যে- \begin{equation} j_l(y) = \frac{(-{\rm i})^l}{2} \int_{-1}^1 d\mu\, \exp(\,{\rm i}\, y\,\mu) \,P_l(\mu), \end{equation} এখানে $l=0, \infty$। সুতরাং, \begin{equation} a_l = {\rm i}^l \,(2\,l+1), \end{equation} থেকে পাই \begin{equation} \exp(\,{\rm i}\,k\,r \cos\theta) = \sum_{l=0,\infty} {\rm i}^l\, (2\,l+1)\, j_l(k\,r)\, P_l(\cos\theta). \end{equation} এই সমীকরণ ব্যবহার করে একটা plane তরঙ্গ কে একাধিক গোলকীয় তরঙ্গে ( partial waves) পরিনত করা যায়। বিচ্ছুরন ক্ষেত্রের বাইরে সম্পূর্ন ওয়েভফাংশনের সাধারন সমাধান \begin{equation} \psi({\bf x}) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \sum_{l=0,\infty}\left[ A_l\,j_l(k\,r) + B_l\,\eta_l(k\,r)\right] P_l(\cos\theta), \end{equation} এখানে $A_l$ আর $B_l$ ধ্রুব সংখ্যা। (\ref{e7.59a})--(\ref{e7.59b}) সমীকরণগুলি ব্যবহার করে ওয়েভফাংশনটি দাড়ায়- \begin{equation} \psi ({\bf x} ) \simeq \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \sum_{l=0,\infty}\left[A_l\, \frac{\sin(k\,r - l\,\pi/2)}{k\,r} - B_l\,\frac{\cos(k\,r -l\,\pi/2)}{k\,r} \right] P_l(\cos\theta), \end{equation} উপরের সমীকরণটির sin ও cosine ত্রিকোনমিতির সূত্র ব্যবহার করে দশার পরিবর্তন (phase shift) $\delta_l$ এর সাপেক্ষে এভাবেও লেখা যায়- \begin{equation}\label{e7.68} \psi ({\bf x} ) \simeq \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \sum_l C_l\, \frac{\sin(k\,r - l\,\pi/2+ \delta_l)}{k\,r}\, P_l(\cos\theta), \end{equation} সমীকরণ (\ref{e7.68}) থেকে পাই- \begin{equation} \psi({\bf x}) \simeq \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \sum_l C_l\, \frac{\exp[\,{\rm i}\,(k\,r - l\,\pi/2+ \delta_l)] -\exp[-{\rm i}\,(k\,r - l\,\pi/2+ \delta_l)] }{2\,{\rm i}\,k\,r}\, P_l(\cos\theta),\label{e7.69} \end{equation} এটি অভিমূখি ও বহির্গামী দুইধরনের গোলকীয় তরঙ্গকেই প্রকাশ করে। এখন প্রশ্ন হলো, অভিমূখি তরঙ্গের উৎসটা কি? যখন $r$ এর মান খুব বড় হয় তখন অভিমূখী তরঙ্গ আসলে আপতিত ওয়েভফাংশনের একটা অংশ হিসাবে থাকে। উপরের সমীকরণ থেকে এটা সহজেই দেখা যায়- \begin{equation} \phi({\bf x}) \simeq \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \sum_{l=0,\infty} {\rm i}^l\, (2l+1)\, \frac{ \exp[\,{\rm i}\,(k\,r - l\,\pi/2)] -\exp[-{\rm i}\,(k\,r - l\,\pi/2)]}{2\,{\rm i}\,k\,r} \, P_l(\cos\theta),\label{e7.70} \end{equation} সমীকরণ (\ref{e7.52}) আর (\ref{e7.53}) থেকে লেখা যায়- \begin{equation}\label{e7.71} (2\pi)^{3/2}[\psi({\bf x} )- \phi({\bf x}) ] = \frac{\exp(\,{\rm i}\,k\,r)}{r}\, f(\theta). \end{equation} এই সমীকরণের ডানপাশের রাশিগুলি শুধুমাত্র বহির্গামী গোলকীয় তরঙ্গকে প্রকাশ করে। এখন (\ref{e7.69}) আর (\ref{e7.70}) থেকে পাওয়া যায়- \begin{equation} C_l = (2\,l+1)\,\exp[\,{\rm i}\,(\delta_l + l\,\pi/2)]. \end{equation} আর (\ref{e7.69})--(\ref{e7.71}) সমীকরণগুলি ব্যবহার করে লিখতে পারি \begin{equation}\label{e7.73} f(\theta) = \sum_{l=0,\infty} (2\,l+1)\,\frac{\exp(\,{\rm i}\,\delta_l)} {k} \,\sin\delta_l\,P_l(\cos\theta). \end{equation} সুতরাং বিচ্ছুরনের প্রসার (amplitude) $f(\theta)$ নির্ণয় করার জন্যে একাধিক partial wave (বা গোলকীয় তরঙ্গ) এ ভাগ করে ফেলা আর ঐ তরঙ্গের দশা পার্থক্য (phase-shifts) $\delta_l$ হিসেব করার সমতুল্য।

২০.৫ Phase Shifts

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Fri, 23 Feb 2018 19:30:00 -0600

এইবার চলো দেখি, কিভাবে দশা-পার্থক্যগুলি (phase-shift) $\delta_l$ মান হিসেব কষে বের করা যায়। মনে করো একটি সুষম গোলকীয় বিভব $V(r)$ যেটা $a$ ব্যাসার্ধ পর্যন্ত বিস্তৃত। কোন দূরত্ব r $r>a$ হলে সেখানে এই বিভব কাজ করেনা। সুতরাং যেখানে $r>a$, সেখানে ওয়েভফাংশন $\psi({\bf x})$ শ্রোয়েডিঞ্জারের সমীকরণ (\ref{e7.54}) মেনে চলে। যদি বাইরে থেকে আর কোনো গোলকীয় তরঙ্গ না আসে তাহলে - \begin{equation} \psi({\bf x}) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \sum_{l=0,\infty} {\rm i}^l\, (2\,l+1) \, A_l(r)\, P_l(\cos\theta), \end{equation} যেখানে \begin{equation}\label{e7.80} A_l(r) = \exp(\,{\rm i} \,\delta_l)\, \left[ \cos\delta_l \,j_l(k\,r) -\sin\delta_l\, \eta_l(k\,r)\right]. \end{equation} লক্ষ্য করো উপরের সমীকরণে Neumann function টি দেখা যাচ্ছে। The logarithmic derivative of the $l$th radial ওয়েভফাংশন $A_l(r)$ কে ডিফারেন্সিয়েশন করে যদি তার log নেওয়া হয়, তবে সেটা বিভবের ক্ষেত্রের বাইরে চলে যায়। \begin{equation} \beta_{l+} = k\,a \left[\frac{ \cos\delta_l\,j_l'(k\,a) - \sin\delta_l\, \eta_l'(k\,a)}{\cos\delta_l \, j_l(k\,a) - \sin\delta_l\,\eta_l(k\,a)}\right], \end{equation} এখানে $j_l'(x)$ বলতে $x$ এর সাপেক্ষে $j_l(x)$ এর ডেরিভেটিভ (অর্থাৎ $dj_l(x)/dx$) বোঝানো হয়েছে। উপরের সমীকরণের বিপরীত ফাংশন হচ্ছে- \begin{equation}\label{e7.82} \tan \delta_l = \frac{ k\,a\,j_l'(k\,a) - \beta_{l+}\, j_l(k\,a)} {k\,a\,\eta_l'(k\,a) - \beta_{l+}\, \eta_l(k\,a)}. \end{equation} এখন তাহলে $\beta_{l+}$ কে যদি আমরা হিসেব কষে বের করতে পারি, তাহলেই দশা-পার্থক্য (phase-shift) $\delta_l$ এর মান বের হয়ে যাবে। এখন ঐ বিভবের সীমানার মধ্যে শ্রোয়েডিঞ্জারে সমীকরণের সমাধান বের করবো। এখানে লক্ষ্যনীয় বিষয় হলো, ($r<$) এর মধ্যে শ্রোয়েডিঞ্জারে সমীকরণের সমাধান দিগংশীয় কোন $\varphi$ এর উপর নির্ভর করেনা। অর্থাৎ - \begin{equation} \psi({\bf x}) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}}\sum_{l=0,\infty} {\rm i}^l \,(2\,l+1)\,R_l(r)\,P_l(\cos\theta), \end{equation} এখানে \begin{equation} R_l (r) = \frac{u_l(r)}{r}, \end{equation} এবং \begin{equation}\label{e7.85} \frac{d^2 u_l}{d r^2} +\left[k^2 - \frac{2m}{\hbar^2} \,V - \frac{l\,(l+1)} {r^2}\right] u_l = 0. \end{equation} তাহলে boundary শর্ত থেকে পাই- \begin{equation}\label{e7.86} u_l(0) = 0 \end{equation} এবং এটি থেকে আমরা বুঝতে পারি, radial ওয়েভফাংশন , কেন্দ্রে well-behaved থাকে। তাহলে উক্ত সমীকরণটিকে সমাধান করার জন্য $r=0$ থেকে $r=a$ সীমার মধ্যে ইন্টিগ্রেশন করে পাই - \begin{equation} \beta_{l-} = \left.\frac{1}{(u_l/r)} \frac{d(u_l/r)}{dr}\right|_{r=a}. \end{equation} কারণ $\psi({\bf x})$ এবং এর প্রথম ডেরিভেটিভ দুটিই বাস্তব (physically acceptible) ওয়েভফাংশনের জন্যে অবিচ্ছিন্ন। এটা থেকে পাই- \begin{equation} \beta_{l+} = \beta_{l-}. \end{equation} তাহলে (\ref{e7.82}) সমীকরণ থেকে খুব সহজেই দশা-পার্থক্য (phase-shift) $\delta_l$ এর মান পাওয়া যাবে।

২০.৬ Scattering at Low Energy

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Fri, 23 Feb 2018 18:30:00 -0600

নিম্নশক্তির ক্ষেত্রে ( অর্থাৎ যখন $1/k$ এর মান বিভবের range থেকে অনেক অনেক দূরে থাকে ) তখন partial তরঙ্গ যাদের $l>0$, তারা বিচ্ছুরন cross-section এর উপর অল্প হলেও প্রভাব ফেলে। এবং এধরনের শক্তির ক্ষেত্রে শুধুমাত্র $s$-তরঙ্গ বিচ্ছুরন মূল ভূমিকা রাখে। একটা উদাহরন দেওয়া যাক, মনেকরো সসীম বিভবশক্তি কূপ থেকে বিচ্ছুরন ঘটছে। এখানে $r0$, তখন এটি বিকর্ষনধর্মী আর যখন $V_0<0$ তখন এটি আকর্ষন ধর্ম প্রকাশ করে। (\ref{e7.58a})--(\ref{e7.58b}) সমীকরণগুলিকে ব্যবহার করে বাহ্যিক ওয়েভফাংশন কে লেখা যায় [ (\ref{e7.80}) সমীকরণটি দেখো] \begin{equation} A_0(r) = \exp(\,{\rm i}\, \delta_0)\,\left[ j_0(k\,r) \cos\delta_0 - \eta_0(k\,r) \sin\delta_0\right] = \frac{ \exp(\,{\rm i} \,\delta_0)\, \sin(k\,r+\delta_0)}{k\,r}, \end{equation} আর (\ref{e7.85}) সমীকরণ এবং (\ref{e7.86}) এর boundary শর্ত ব্যবহার করে ভেতরের ওয়েভফাংশনকে লেখা যায় - \begin{equation}\label{e7.103} A_0(r) = B \,\frac{\sin (k'\,r)}{r}, \end{equation} এখানে , $B$ একটি ধ্রুবক। এবং \begin{equation} E - V_0 = \frac{\hbar^2 \,k'^{\,2}}{2\,m}. \end{equation} এবার খেয়াল করো যে যখন $E>V_0$, শুধু তখনই সমীকরণ (\ref{e7.103}) টি ব্যবহার করা যায়। কিন্তু $EV_0$ এর জন্য পাই- \begin{equation}\label{e7.107} \tan(k\,a+\delta_0) = \frac{k}{k'} \,\tan (k'\,a) \end{equation} একইভাবে $EV_0$। ধরো পটেনশিয়াল কুপের গভীরতা আপতিত কণার শক্তির চেয়ে বেশি অর্থাৎ $|V_0|\gg E$, ফলে এক্ষেত্রে $k' \gg k$ হবে। এখন যদি $\tan (k'\,a)$ না হয় তাহলে সমীকরণ (\ref{e7.107}) এর ডানপক্ষের মান unity থেকে অনেক ছোট হবে। সুতরাং আমরা লিখতে পারি \begin{equation} k\,a + \delta_0 \simeq \frac{k}{k'}\,\tan (k'\,a). \end{equation} তাহলে আমরা পাই- \begin{equation} \delta_0 \simeq k\,a \left[ \frac{\tan( k'\,a)}{k'\,a} -1\right]. \end{equation} সমীকরণ (\ref{e7.99}) থেকে সহজেই বিচ্ছুরনের cross-section বের করা যায়- \begin{equation}\label{e7.111} \sigma_{\rm total} \simeq \frac{4\pi}{k^2} \sin^2\delta_0 =4\pi \,a^2\left[\frac{\tan (k'\,a)}{(k'\,a)} -1\right]^{\,2}. \end{equation} এখন , \begin{equation}\label{e7.112} k'a = \sqrt{ k^2 \,a^2 + \frac{2 \,m \,|V_0|\, a^2}{\hbar^2}}, \end{equation} এখন যদি $k\,a$ এর মান খুবই ছোট হয়, তাহলে লেখা যায় - \begin{equation} k' a \simeq \sqrt{\frac{2\, m \,|V_0|\, a^2}{\hbar^2}}. \end{equation} এর মানে হচ্ছে সম্পূর্ন ($s$-wave) বিচ্ছুরন cross-section আপতিত কণার শক্তির উপর নির্ভর করেনা । $l>0$ partial তরঙ্গগুলির প্রভাবে বাস্তবে cross-section এর মান কখনই পুরোপুরি শূন্য হয়না। কিন্তু যদি আপতিত কণার শক্তি অনেক কম হয়, এই প্রভাবও খুব বেশি জোড়ালো হয়না। অর্থাৎ বলা যায় $V_0$ আর $k$ এর এমন কিছু মান রয়েছে যেগুলোর জন্যে আপতিত তরঙ্গ পুরোপুরিভাবে সঞ্চারিত হতে পারে । এবং গবেষনায় হাতে-নাতে এই বিষয়টির প্রমান পাওয়া গেছে। একে Ramsauer-Townsend effect বলে।

২০.৭ Resonance Scattering

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Fri, 23 Feb 2018 17:30:00 -0600

ধরো $\sqrt{2\,m \,|V_0|\,a^2/\hbar^2}$ এর মান $\pi/2$ এর চেয়ে একটু কম। তাহলে আপতিত শক্তি যদি একটু একটু করে $k'a$ পরিমান বৃদ্ধি পায় ((\ref{e7.112}) দেখো ) , তাহলে এটির মান $\pi/2$ তে পৌছাতে পারবে। এক্ষেত্রে $\tan( k'\,a)$ এর মান অসীম হয়ে যাবে। তাহলে যখন আপতিত শক্তির মান $k'a = \pi/2$, তখন (\ref{e7.107}) সমীকরণ থেকে পাবো $k\,a+\delta_0 = \pi/2$ বা $\delta_0 \simeq \pi/2$ (কারন আমরা ধরেছি $k\,a\ll 1$)। সুতরাং আমরা লিখতে পারি- \begin{equation} \sigma_{\rm total} = \frac{4\pi}{k^2} \sin^2\delta_0 = 4\pi \,a^2 \left(\frac{1}{k^2 \,a^2}\right). \end{equation} এখন লক্ষ করো, এখানে cross-section টি শক্তির উপর নির্ভর করছে। এছাড়া $k'a\neq \pi/2$ এর জন্য cross-section এর মান (\ref{e7.111}) এর মানের থেকে অনেক অনেক বড় (কারণ $k\,a\ll 1$)। এই ধরনের অদ্ভুত আচরনের কারণটা খুবই সাধারন। \begin{equation} \sqrt{\frac{2\,m\,|V_0 |\,a^2}{\hbar^2} } = \frac{\pi}{2} \end{equation} উপরের আরোপিত শর্তটি $V_0$ উচ্চতা বিশিষ্ট শক্তিবিহীন গোলকীয় কূপের উপর আরোপিত শর্তের সাথে মিল রয়েছে । তাহলে একটা বিভব কূপ যেটি উপরের সমীকরণ মেনে চলে সেটির থেকে যে বিচ্ছুরন ঘটে তার শক্তি সীমাবদ্ধ স্তরের শক্তির সমান। এই অবস্থায় একটি আপতিত কণা ঐ বিভবকূপের ভেতর bound state তৈরি করতে পারবে। তবে সেই bound state টি স্থায়ী হবেনা। কারন ঐ সিস্টেমের ভেতর অল্প কিছু শক্তি রয়ে গেছে , যেটা এই প্রক্রিয়াকে বাধা দেবে। এধরনের বিচ্ছুরনকে resonance বিচ্ছুরন বলা হয়। Resonance বিচ্ছুরনের cross-section সাধারনত non-resonance বিচ্ছুরনের থেকে বেশি ঘটে। আমরা দেখেছি যে যখন $s$- তরঙ্গের দশার-পার্থক্য $\pi/2$ হয়, তখন সেখানে resonant effect ঘটে। $l=0$ partial তরঙ্গ তেমন উল্লেখযোগ্য প্রভাব ফেলেনা, তবে যখন $l$ তম partial তরঙ্গের মান $\pi/2$ হয়, তখন একইরকম অনুনাদ ঘটে থাকে। মনেকরো যখন $E_0$ তখন $\delta_l$ এর মান $\pi/2$, সুতরাং- \begin{equation} \delta_l(E_0) = \frac{\pi}{2}. \end{equation} এবার তাহলে $\cot \delta_l$ কে অনুনাদ শক্তির সাপেক্ষে বিস্তার করে পাই- \begin{equation} \cot \delta_l(E) = \cot \delta_l(E_0) +\left( \frac{ d \cot\delta_l}{d E}\right)_{E=E_0}(E-E_0) + \cdots=- \left(\frac{1}{\sin^2\delta_l}\frac{d\delta_l}{d E}\right)_{E=E_0} (E-E_0)+\cdots. \end{equation} এখানে ধরি \begin{equation} \left(\frac{d \delta_l(E)}{d E} \right)_{E=E_0} = \frac{2}{{\mit\Gamma}}, \end{equation} তাহলে আমরা পাই- \begin{equation} \cot\delta_l(E) = - \frac{2}{{\mit\Gamma}} \,(E-E_0) + \cdots. \end{equation} সমীকরণ (\ref{e7.78}) থেকে আমরা জানি যে বিচ্ছুরন cross-section এর উপর $l$ তম partial তরঙ্গের প্রভাবকে লেখা যায়- \begin{equation} \sigma_l = \frac{4\pi}{k^2} \,(2\,l+1)\,\sin^2\delta_l = \frac{4\pi}{k^2} \,(2\,l+1)\,\frac{1}{1+\cot^2\delta_l}. \end{equation} তাহলে আমরা পাচ্ছি- \begin{equation} \sigma_l \simeq \frac{4\pi}{k^2} \,(2\,l+1)\, \frac{{\mit\Gamma}^{\,2}/4}{(E-E_0)^{\,2} + {\mit\Gamma}^{\,2}/4}. \end{equation} এটি অত্যন্ত সুপরিচিত Breit-Wigner এর সূত্র।

২০.৮ Hard Sphere Scattering

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Fri, 23 Feb 2018 16:30:00 -0600

আমাদের ধারনা কতটুকু সঠিক সেটা পরীক্ষা করে দেখা যাক। একটা সাধারন উদাহরণের কথাই চিন্তা করো। যেখানে শক্ত আবরন যুক্ত একটা গোলকীয় বিকিরণ ঘটছে। যখন $r0$, তখন $\delta_0$ এর তুলনায় $\delta_l$ এর মান খুব একটা গুরুত্ববহন করেনা। অন্যভাবে বলা যায় নিম্নশক্তির ক্ষেত্রে শুধুমাত্র $s$-তরঙ্গের বিচ্ছুরন (অর্থাৎ সুষম গোলকীয় বিচ্ছুরন) গুরুত্বপূর্ন। সমীকরণ (\ref{e7.33}), (\ref{e7.73}), এবং (\ref{e7.92}) থেকে পাই \begin{equation} \frac{d\sigma}{d{\mit\Omega}} = \frac{\sin^2 (k\,a)}{k^2} \simeq a^2 \end{equation} যখন $k\,a\ll 1$। \begin{equation} \sigma_{\rm total} = \oint d{\mit\Omega}\,\frac{d\sigma}{d{\mit\Omega}} = 4\pi \,a^2 \end{equation} এখানে সম্পূর্ন cross-section এর মান geometric cross-section $\pi \,a^2$ এর চারগুন। ({\rm i.e.}, the cross-section for classical particles bouncing off a hard sphere of radius $a$)। তবে, নিম্ন শক্তি বিচ্ছুরনে ক্ষেত্রে তুলনামূলকভাবে তরঙ্গদৈর্ঘ্য দীর্ঘ হয়, সুতরাং এক্ষেত্রে ক্লাসিকাল ফলাফল পাবার সম্ভাবনা খুবই কম। এবার উচ্চশক্তি বিচ্ছুরনের কথা চিন্তা করো যেখানে $k\,a\gg 1$। উচ্চশক্তির ক্ষেত্রে, $l_{\rm max} = k\,a$ পর্যন্ত সকল partial তরঙ্গ বিচ্ছুরন cross-section এর জন্যে অবদান রাখে। সমীকরণ (\ref{e7.75}) থেকে পাই- \begin{equation}\label{e7.99} \sigma_{\rm total} = \frac{4\pi}{k^2} \sum_{l=0,l_{\rm max}} (2\,l+1)\,\sin^2\delta_l. \end{equation} এখানে $l$ এর তুলনায় $\sin^2\delta_l$ পদটির অবদান খুবই নগন্য। সুতরাং ত্রিকোনমিত্রির সাহায্যে $\sin^2\delta_l$ এর বদলে এর গড় মান $1/2$ লিখতে পারি। তাহলে আমরা পাই- \begin{equation} \sigma_{\rm total} = \sum_{l=0,k\,a} \frac{2\pi}{k^2} \,(2\,l+1) \simeq 2\pi \,a^2. \end{equation} মজার ব্যাপার হলো এটি ক্লাসিকাল সমাধানের দ্বিগুন। পরবর্তী পরিচ্ছেদে আমরা নিম্নশক্তি বিচ্ছুরন নিয়ে আলোচনা করবো।

19.1 Time Dependent Perturbation Theory

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Mon, 12 Feb 2018 14:04:00 -0600

মনে করো একটা সিস্টেমের Hamiltonian কে লেখা যায় এভাবে- \begin{equation} H = H_0 + H_1(t), \end{equation} যেখানে $H_0$ সময়ের উপর নির্ভর করেনে তবে $H_1$ হলো unperturbed Hamiltonian এবং এটি সময়ের উপর পুরোপুরিভাবে নির্ভরশীল। এবং $H_1< H_0 $। মনেকরো unperturbed Hamiltonian এর eigenkets হিসাব করা সম্ভব- \begin{equation} H_0 \,|n\rangle = E_n \,|n\rangle. \end{equation} তোমরা জানো যে যদি ঐ সিস্টেম $H_0$ এর কোন একটা eigenstates এ থাকে এবং বাইরে থেকে আর কোন perturbation প্রয়োগ না করা হয় তাহলে এই ঐ স্টেটে আজীবন থাকবে। তবে যদি ঐ সিস্টেমে কিছুটা time-dependent perturbation থাকে তাহলে তাত্ত্বিকভাবে বলাযায় যে ঐ সিস্টেমটা প্রাথমিকভাবে unperturbed Hamiltonian এর কোন একটা eigenstate $|i\rangle$ তে ছিলো এবং পরবর্তীতে অন্য আরেকটা এ পাওয়া যাবে ( কারণ $|i\rangle$ total Hamiltonianis এর exact eigenstate নয়)। অন্যভাবে বলা যায় time-dependent perturbation এর ক্ষেত্রে একটা সিস্টেম তার unperturbed energy eigenstates এর মধ্যে transitions করতে পারে। প্রশ্ন হলো এই transitions কিভাবে ঘটে? ধরো $t=t_0$ তে একটা সিস্টেমের state কে লেখা যায় \begin{equation} |A\rangle = \sum_n c_n\, |n\rangle, \end{equation} যেখানে $c_n$ হচ্ছে জটিল সংখ্যা। সুতরাং প্রাথমিক স্টেট unperturbed energy eigenstates গুলির linear superposition হবে। যদি এখানে time-dependent perturbation না থাকে,তাহলে ঐ সিস্টেমের time evolution কে লেখা যায়- \begin{equation} |A, t_0, t\rangle = \sum_n c_n \exp[-{\rm i}\,E_n \,(t-t_0)/\hbar]\,|n\rangle. \end{equation} এখন ঐ সিস্টেমকে $t$ সময়ে $|n\rangle$ স্টেটে পাওয়ার সম্ভাব্যতা হলো \begin{equation} P_n(t) = |c_n \exp[-{\rm i}\,E_n (t-t_0)/\hbar]|^{\,2} = |c_n|^{\,2} = P_n(t_0). \end{equation} এটা পরিস্কার যে যদি $H_1= 0$ হয়ে, তাহলে ঐ সিস্টেমটাকে $t$ সময়ে $|n\rangle$ স্টেটে পাওয়ার সম্ভাব্যতা এবং $t_0$ সময়ে প্রাথমিক স্টেটে পাওয়ার সম্ভাব্যতা সমান। তবে, যদি $H_1\neq 0$ হয়, তাহলে ধরে নিতে পারো যে এই সম্ভাব্যতা $P_n(t)$ সময়ের সাথে সাথে পরিবর্তিত হয়। সুতরাং আমরা লিখতে পারি- \begin{equation}\label{e6.150} |A, t_0, t\rangle = \sum_n c_n(t) \exp[-{\rm i}\,E_n\,(t-t_0)/\hbar]\,|n\rangle, \end{equation} যেখানে $P_n(t) = |c_n(t)|^{\,2}$। এখানে আমরা eigenket গুলির fast phase oscillation (যা unperturbed Hamiltonian এর উপর নির্ভরশীল) কে slow variation of the amplitudes $c_n(t)$ (যা পুরোপুরিভাবে perturbation এর উপর নির্ভর করে ) থেকে আলাদা করেছি। অন্যভাবে বলাযায় যে, যদি $H_1=0$ হয় তবে $c_n$ এর মান ধ্রুবক। খেয়াল করো যে (\ref{e6.150}) সমীকরণে যে eigenkets $|n\rangle$ গুলি পাওয়া যায়, সেগুলো সময়ের উপর নির্ভর করেনা। এগুলি আসলে $t_0$ সময়ে পাওয়া $H_0$ এর eigenkets। শ্রোয়েডিঞ্জারের time evolution equation থেকে পাই- \begin{equation}\label{e6.151} {\rm i}\,\hbar\, \frac{\partial}{\partial t}\,|A, t_0, t\rangle = H\,|A,t_0,t\rangle= (H_0+H_1) \,|A,t_0,t\rangle. \end{equation} সমীকরণ (\ref{e6.150}) থেকে পাওয়া যায়- \begin{equation} (H_0+H_1)\, |A,t_0,t\rangle = \sum_m c_m(t) \exp[-{\rm i}\,E_m\, (t-t_0)/\hbar]\, (E_m + H_1)\,|m\rangle. \end{equation} আমরা আরও জানি \begin{equation} {\rm i}\,\hbar\, \frac{\partial}{\partial t}\,|A,t_0,t\rangle = \sum_m \left({\rm i}\,\hbar \,\frac{d c_m}{dt}+ c_m(t)\, E_m\right) \exp[-{\rm i}\,E_m \,(t-t_0)/\hbar]\, |m\rangle, \end{equation} যেখানে ket $|m\rangle$ এর time-independence কে ব্যবহার করা হয়েছে। সমীকরণ (\ref{e6.151}) অনুযায়ী, উপরের দুইটি সমীকরণের ডানপক্ষের সহগ সমাকৃত করে পাই \begin{equation} \sum_m {\rm i}\,\hbar\, \frac{d c_m}{dt}\exp[-{\rm i}\,E_m \,(t-t_0)/\hbar] \,|m\rangle = \sum_m c_m(t) \exp[-{\rm i}\,E_m \,(t-t_0)/\hbar]\, H_1\, |m\rangle. \end{equation} $\langle n|$ দিয়ে বামপক্ষকে গুণ করে পাওয়া যায়- \begin{equation}\label{e6.155} {\rm i}\,\hbar\, \frac{d c_n}{dt} = \sum_m H_{nm}(t)\, \exp[\,{\rm i}\,\omega_{nm}\, (t-t_0)]\, c_m(t), \end{equation} যেখানে \begin{equation} H_{nm}(t) = \langle n |\,H_1(t)\,|m \rangle, \end{equation} এবং \begin{equation} \omega_{nm} = \frac{E_n - E_m}{\hbar}. \end{equation} এখানে standard orthonormality এর ধর্ম ব্যবহার করে পাই $\langle n|m\rangle=\delta_{nm}$। ধরো এখানে unperturbed Hamiltonian এর $N$ সংখ্যক linearly independent eigenket রয়েছে । সমীকরণ ~(\ref{e6.155}), থেকে $c_n$ সহগের time variation এর মান পাওয়া যায়, এবং সেখান থেকে $t$ সময়ে ঐ সিস্টেমটিকে $|n\rangle$ শক্তিস্তরে (state) পাওয়ার সম্ভাবনাকে নির্দেশ করে এবং এটি $N$ coupled first-order differential equations দ্বারা নির্ধারিত হয়। লক্ষ্য করো যে, সমীকরণ (\ref{e6.155}) হলো exact, এখানে আমরা কোন ধরনের approximations ব্যবহার করিনি। কিন্তু সমস্যা হলো, আমরা সাধারনভাবে এই সমীকরণের exact solutions বের করতে পারিনা। এজন্য এইক্ষেত্রে উপযুক্ত expansion এর মাধ্যমে approximate solutions বের করে থাকি। তবে , সাধারন two-state system (অর্থাৎ $N=2$) এর ক্ষেত্রে (\ref{e6.155}) সমীকরণকে কোন ধরনের approximation ছাড়াই সমাধান করা সম্ভব। এই সমাধানটি পদার্থবিজ্ঞানে গুরিত্বপূর্ণ ভূমিকা পালন করে। \section{Two-State System} মনেকরো , একটা সিস্টেম , যেখানে time-independent Hamiltonian এর দুটি two eigenstates রয়েছে। সেগুলো হলো- \begin{align} H_0 \,|1\rangle &= E_1\, |1\rangle, \\[0.5ex] H_0 \,|2\rangle &= E_2 \,|2\rangle. \end{align} বিষয়টিকে সহজ করার জন্য মনে করো interaction Hamiltonian, $H_1$ এর diagonal matrix elements গুলি শূন্যঃ \begin{equation} \langle 1|\,H_1\,|1\rangle = \langle 2|\,H_1\,|2\rangle = 0. \end{equation} এবং off-diagonal matrix elements গুলি $\omega$ frequency তে sinusoidally oscillate করছে- \begin{equation} \langle 1|\,H_1\,|2\rangle = \langle 2|\,H_1\,|1\rangle^\ast = \gamma \exp(\,{\rm i}\, \omega\,t), \end{equation} যেখানে $\gamma$ ও $\omega$ বাস্তব সংখ্যা। লক্ষ্য করো যে শুধুমাত্র off-diagonal matrix elements গুলি states 1 এবং 2 এর ভেতর transition নির্দেশ করছে। Two-state system এর জন্য (\ref{e6.155}) সমীকরণকে লেখা যায়- \begin{align}\label{e6.162} {\rm i} \,\hbar\, \frac{d c_1}{dt} &= \gamma \exp[+{\rm i}\, (\omega-\omega_{21})\,t\,]\,c_2,\\[0.5ex] {\rm i}\,\hbar\, \frac{d c_2}{dt} &= \gamma \exp[-{\rm i}\, (\omega-\omega_{21})\,t\,]\,c_1,\label{e6.163} \end{align} যেখানে $\omega_{21} = (E_2 - E_1)/\hbar$, এবং সময় $t_0=0$। সমীকরণ (\ref{e6.162}) এবং (\ref{e6.163}) কে যুক্ত করে amplitude $c_2$ এর time variation এর একটি second-order differential equation তৈরি করা যায়- \begin{equation} \frac{d^2 c_2}{dt^2} + {\rm i}\,(\omega-\omega_{21})\,\frac{d c_2}{dt} + \frac{\gamma^2}{\hbar^2} \,c_2 = 0. \end{equation} এখান থেকে $c_2$ মান বের করে সমীকরণ (\ref{e6.163}) তে বসিয়ে $c_1$ এর মান বের করা যাবে। মনেকরো কোন একটা সমাধানের জন্য আমরা শিওর যে $t=0$ সময়ে ঐ সিস্টেমটি অবশ্যই প্রথম শক্তিস্তরে পাওয়া যাবে। তাহলে আমাদের প্রাথমিক শর্তগুলি হচ্ছে- $c_1(0) = 1$ এবং $c_2(0) = 0$। এটা খুব সহজেই দেখান যায় যে appropriate solutions গুলি- \begin{align} c_2(t) =& \frac{-{\rm i}\, \gamma/\hbar} {[\gamma^2/\hbar^2 + (\omega-\omega_{21})^{\,2}/4]^{1/2}}\, \exp[-{\rm i}\,(\omega-\omega_{21})\,t/2]\,\sin\left([\gamma^2/\hbar^2+(\omega-\omega_{21})^{\,2}/4]^{1/2}\,t\right), \\[0.5ex] c_1(t)=& \exp[\,{\rm i}\,(\omega-\omega_{21})\,t/2]\,\cos\left( [\gamma^2/\hbar^2+(\omega-\omega_{21})^{\,2}/4]^{1/2}\,t\right)\nonumber\\[0.5ex] &- \frac{{\rm i}\,(\omega-\omega_{21})/2 }{[\gamma^2/\hbar^2 + (\omega-\omega_{21})^2/4]^{1/2}} \exp[\,{\rm i}\,(\omega-\omega_{21})\,t/2]\,\sin\left( [\gamma^2/\hbar^2+(\omega-\omega_{21})^{\,2}/4]^{1/2}\,t\right). \end{align} সুতরাং $t$ সময়ে একটা সিস্টেমকে প্রথম শক্তিস্তরে পাওয়ার সম্ভাব্যতা হলো- $P_1(t) = |c_1|^{\,2}$। একইভাবে $t$ সময়ে ঐ সিস্টেমটিকে দ্বিতীয় শক্তিস্তরে পাওয়ার সম্ভাব্যতা হচ্ছে- $P_2(t) = |c_2|^{\,2}$। এখান থেকে লেখা যায়- \begin{align}\label{e6.167} P_2(t) &= \frac{\gamma^2/\hbar^2}{ \gamma^2/\hbar^2 + (\omega-\omega_{21})^{\,2}/4}\, \sin^2\left([\gamma^2/\hbar^2+ (\omega-\omega_{21})^{\,2}/4]^{1/2}\,t\right),\\[0.5ex] P_1(t) &= 1 - P_2(t). \end{align} সমীকরণ (\ref{e6.167}) সকল ধরনের classic resonance এর জন্যই সত্যি। যখন resonance ঘটে, তখন perturbation, $\omega$ এর oscillation frequency $\omega_{21}$ এর frequency এর সাথে মিলে যায়। সুতরাং আমরা পাই- \begin{align} P_1(t) &=\cos^2 (\gamma \,t / \hbar),\\[0.5ex] P_2(t) &= \sin^2 (\gamma \,t/\hbar ). \end{align} উপরের সমাধান অনুযায়ী সিস্টেমটি $t=0$ তে $1$ শক্তিস্তর থেকে যাত্রা শুরু করে। এবং $\pi \,\hbar/2\,\gamma$ সময় পরে এটি শক্তিস্তর 2 তে অবস্থান করে। আরও কিছুটা সময় $\pi\, \hbar/2\,\gamma$ এর পরে সিস্টেমটি আবার ১ম শক্তিস্তরে ফিরে আসে এবং এরকম চলতে থাকে। অন্যভাবে বলা যায়, time-dependent perturbation এর কারনে সিস্টেমটি শক্তিস্তর 1 এবং 2 এর মধ্যে উঠানামা করতে থাকে। অর্থাৎ সিস্টেমটি perturbation এর source থেকে একবার শক্তি absorbs করে আবার শক্তি বিকিরন করে। এই absorption-emission cycle শুধু যে resonance এর কারনে ঘটে তা নয়, যখন $\omega\neq \omega_{21}$ তখনো এই ঘটনা ঘটতে পারে। তবে coefficient $c_2$ এর amplitude of oscillation কমে যায়। অর্থাৎ $P_2(t)$ এর maximum মান আর unity থাকেনা, এবং $P_1(t)$ এর minimum value ও শূন্য থাকেনা। এবং যদি আমরা $P_2(t)$ এর maximum value কে applied frequency $\omega$ এর ফাংশন হিসাবে প্লট করি, তাহলে তোমরা একটা resonance curve পাবে যার maximum (unity) lies at the resonance, যার প্রস্থ and whose full-width half-maximum (in frequency) is $4\,\gamma/\hbar$. Thus, if the applied frequency differs from the resonant frequency by substantially more than $2\,\gamma/\hbar$ then the probability of the system jumping from state 1 to state 2 is very small. Time-dependent perturbation শুধুমাত্র তখনি ১ম ও ২য় শক্তিস্তরের মধ্যে transitions ঘটাতে পারে যখন oscillation এর frequency $\omega_{21} \pm 2\,\gamma/\hbar$ এর মধ্যে থাকে। Perturbation যত দূর্বল হয় (অর্থাৎ $\gamma$ এর মান যত কম হতে থাকে), resonance এর মান তত narrow হতে থাকে।

Electrodynamics: Thomson Scattering

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Tue, 6 Feb 2018 14:58:00 -0600

\section{Thomson Scattering} ধরা যাক $\omega$ angular frequency যুক্ত একটা plane electromagnetic wave, $m_e$ ভর ও $-e$ চার্জ বিশিস্ট ইলেক্ট্রনের সাথে interact করছে। মনেকরো তরঙ্গটি এমনভাবে polarized যেনো ওটার সম্পূরক electric field $z$-অক্ষের সমান্তরাল অর্থাৎ, \begin{equation}\label{e9.46} {\bf E} = E_0\,\sin(\omega\,t)\,{\bf e}_z. \end{equation} আগের পরিচ্ছেদের বর্ণনা থেকে আমরা জানি, non-relativistic ইলেক্ট্রনের ক্ষেত্রে, বৈদ্যুতিকচৌম্বক তরঙ্গের উপর প্রযুক্ত force, electric field এর উপর নির্ভর করে। সুতরাং ইলেক্ট্রনের Equation of motion কে লেখা যায়- \begin{equation} m_e\,\frac{d^2 z}{dt^2} = -e\,E_0\,\sin(\omega\,t), \end{equation} সমীকরণটিকে সমাধান করে পাই- \begin{equation} z = \frac{e\,E_0}{m_e\,\omega^2}\,\sin(\omega\,t). \end{equation} সুতরাং বিদ্যুৎক্ষেত্রের দিক বরাবর ইলেক্ট্রন backward and forward oscillates করে। অর্থাৎ ইলেক্ট্রনকে অনেকটা oscillating electric dipole হিসাবে কল্পনা করতে পারো, যেখানে dipole moment- \begin{equation} {\bf p} = - e\,z\,\,{\bf e}_z = -p_0\,\sin(\omega\,t)\,{\bf e}_z, \end{equation} এখানে $p_0 = e^2\,E_0/(m_e\, \omega^2)$। এই মূহুর্তে আমরা ডাইপোলের positively charged component নিয়ে খুব বেশি একটা দুশ্চিন্তা করছিনা। এখন তোমরা জানো যে একটা oscillating electric dipole বিদ্যুৎচৌম্বকীয় রেডিয়েশন বিকিরন করে। তাই বলা যায় যে একটা ফ্রি ইলেক্ট্রনকে যদি plane বিদ্যুৎচৌম্বকীয় তরঙ্গের পথে রাখা হয়, তবে সেটাও রেডিয়েশন বিকিরন করবে। আরো ভালোভাবে বলতে গেলে বলা যায় যে, তরঙ্গ থেকে ইলেক্ট্রনের বিচ্ছুরন (scattering) ঘটে । ইলেক্ট্রন থেকে যে ইলেক্ট্রন দ্বারা যে রেডিয়েশনের বিকিরন ঘটে সেটা আসলে তরঙ্গের দিকের উপর নির্ভর করে না। এধরনের বিচ্ছুরনকে Thomson scattering বলা হয়। (\ref{e9.45}) সমীকরণ থেকে পাই যে, কোন solid angle $d\,{\mit\Omega}$ এর মধ্যে দিয়ে বিদ্যুৎচৌম্বকীয় তরঙ্গের ফ্রি ইলেক্ট্রন দ্বারা যে differential power বিচ্ছুরিত হয় তা হলো- \begin{equation}\label{e9.50} \frac{dP}{d{\mit\Omega}} = \frac{e^4\,E_0^{\,2}}{32\pi^2\epsilon_0\,c^3\,m_e^{\,2}}\,\sin^2\theta. \end{equation} তাহলে আপতিত বিদ্যুৎচৌম্বকীয় তরঙ্গের mean energy flux কে লেখা যায়- \begin{equation}\label{e9.51} |\langle {\bf u}\rangle| = \frac{c\,\epsilon_0\,E_0^{\,2}}{2}. \end{equation} আলোচনার এই পর্যায়ে তোমাদেরকে নতুন একটা জিনিষের সাথে পরিচয় করিয়ে দিবো। সেটা হলো differential scattering cross-section। গানিতিকভাবে এটাকে লেখা যায়- \begin{equation} \frac{d\sigma}{d{\mit\Omega}} = \frac{dP/d{\mit\Omega}}{|\langle{\bf u}\rangle|}, \end{equation} এবং এটার একক area over solid angle। ব্যাপারটা অনেকটা এমন যে, ইলেক্ট্রনের একটা $d\sigma/d{\mit\Omega}$ সাইজের টার্গেট area আছে। কোন তরঙ্গ এসে যখন ইলেক্ট্রনের ঐ টার্গেট উপর আপতিত হয়, তখন সেটা $d{\mit\Omega}$ solid angle এ বিচ্ছুরিত হয়। এজন্য total scattering cross-section কে লেখা যায়- \begin{equation} \sigma = \oint \frac{d\sigma}{d{\mit\Omega}}\,d{\mit\Omega}, \end{equation} যেটার একক area এর এককের সমান। একইভাবে কোন তরঙ্গ যখন ইলেক্ট্রনে $\sigma$ সাইজের একটা টার্গেট এলাকায় আপতিত হয়, তখন তরঙ্গটি না না দিকে বিচ্ছুরিত হয়ে যায়। সমীকরণ (\ref{e9.50}) এবং (\ref{e9.51}) থেকে লেখা যায় Thomson scattering এর differential scattering cross-section হচ্ছে- \begin{equation} \frac{d\sigma}{d{\mit\Omega}} = r_e^{\,2}\,\sin^2\theta, \end{equation} এখানে characteristic length \begin{equation}\label{e9.55} r_e = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0\,m_e\,c^2} = 2.82\times 10^{-15}\,{\rm m} \end{equation} কে classical electron radius বলা হয়। সুতরাং total Thomson scattering cross-section কে বলা যায়- \begin{equation}\label{e9.56} \sigma_T = \frac{8\,\pi}{3}\,r_e^{\,2} = 6.65\times 10^{-29}\,{\rm m^2}. \end{equation} লক্ষ্য করো differential এবং the total Thomson scattering cross-sections এর কোনটাই আপতিত রেডিয়েশনের তরঙ্গদৈর্ঘ্যের কম্পনের উপর নির্ভর করেনা। scattering cross-section of $10^{-28}\,{\rm m^2}$ কে উল্লেখ্যযোগ্য কোন মান বলে মনে না হলেও Thomson scattering হলো মহাবিশ্বের অন্যান্য scattering গুলির মধ্যে অন্যতম। উদাহরন সরূপ সূর্যের কথাই চিন্তা করো। মজার বিষয় হলো সূর্যের mean mass density অনেকটা পানির mean mass density এর কাছাকাছি $10^3\,{\rm kg\,m}^{-3}$। এবং সূর্য মোটামুটি ionized Hydrogen এর সমন্বয়ে গঠিত। এজন্য সূর্যের ইলেক্ট্রনের mean number density এর মান $n_e \sim 10^3/m_p\sim 10^{30}\,{\rm m}^{-3}$, যেখানে $m_p\sim 10^{-27}\,{\rm kg}$ হলো প্রোটনের ভর। এখন একটা প্রশ্ন করি, সূর্যের একটা ফোটন, ইলেক্ট্রন কর্তৃক বিচ্ছুরিত হবার আগে, ঠিক কতদূর অতিক্রম করতে পারে? ধরে নাও, প্রত্যেকটা ফোটন একটা সিলিন্ডার আকৃতির area $\sigma_T$ এর মধ্য দিয়ে নির্গত হচ্ছে, তাহলে প্রত্যেকটা ফোটন গড়ে $l$ দূরত্ব অতিক্রম করবে এমনভাবে যে scatter হবার আগে $\sigma_T$ area ও $l$ দৈর্ঘ্য বিশিস্ট এক একটি সিলিন্ডার অন্ততপক্ষে একটি করে ফ্রি ইলেক্ট্রন বহন করে। অর্থাৎ, $\sigma_T\,l \,n_e\sim 1$, অথবা- \begin{equation} l \sim \frac{1}{n_e\,\sigma_T}\sim 1\,{\rm cm}. \end{equation} এখানে সূর্যের ব্যাসার্ধ্য মোটামুটি $10^9\,{\rm m}$ ধরা হয়েছে। এটা পরিস্কার যে সূর্যরশ্নির ফোটন ইলেক্ট্রনদ্বারা বেশ ভালোভাবেই বিচ্ছুরিত হয়। বিগ ব্যাং এর পর যখন মহাবিশ্ব প্রচন্ড গরম ছিলো, তখন সেটা আসলে ionized Hydrogen (আর dark matter) এর আধিক্য বেশি ছিলো। এবং তখন Thomson scattering এর মাধ্যমে বিদ্যুৎচৌম্বকীয় রেডিয়েশন বেশি ঘটতো। কিন্তু যখন মহাবিশ্ব প্রসারিত হওয়া শুরু করলো , তখন আস্তে আস্তে তাপমাত্রা কমতে থাকলো। ফলে ফ্রি প্রোটন আর ইলেক্ট্রন যুক্ত হয়ে হাইড্রোজেন গঠিত হতে শুরু করলো। তবে molecular Hydrogen, ইলেক্ট্রনের মত রেডিয়েশন বিচ্ছুরিত করতে পারেনা। এজন্য যখন মহাবিশ্ব হাইড্রোজেনের কণার পরিমান বেড়ে গেলো, তখন আস্তে আস্তে রেডিয়েশনের পরিমানও কমে গেলো। সমীকরণ (\ref{e9.55}) ও (\ref{e9.56}) থেকে এটা পরিস্কার যে- $m$ ভর ও $q$ চার্জযুক্ত ফ্রি পার্টিকেলের scattering cross-section $q^4/m^2$ এর সমানুপাতিক। অর্থাৎ ফ্রি ইলেক্ট্রন কর্তৃক electromagnetic radiation এর scattering, free protons কর্তৃক উদ্ভুত scattering এর চেয়ে অনেক শক্তিশালী।

9.1 Electric Dipole Radiation

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Tue, 6 Feb 2018 10:16:00 -0600

\section{Electric Dipole Radiation} আগে পরিচ্ছেদে দেখেছো oscillating dipole moment এর short electric dipole দ্বারা যে রেডিয়েশন বিকিরিত হয় সেটাকে লেখা যায় - \begin{equation} {\bf p}(t) = p_0\,\sin(\omega\,t)\,{\bf e}_z, \end{equation} এখানে $p_0= q_0\,l=I_0\,l/\omega$। এছাড়াও আমরা পেয়েছি যে যদি একটা ডাইপোল spherical polar coordinate system এর কেন্দ্রে থাকে তবে far field region এ mean electromagnetic energy flux কে লেখা যায়- [see Equation~(\ref{e9.20})] \begin{equation} \langle {\bf u}\rangle = \frac{\omega^4\,p_0^{\,2}}{32\pi^2\epsilon_0\,c^3}\frac{\sin^2\theta}{r^2}\,{\bf e}_r, \end{equation} Angular coordinates ($\theta$, $\varphi$) এর কেন্দ্রে অবস্থিত কোন বস্তুর solid angle $d{\mit\Omega} = \sin\theta\,d\theta\,d\varphi$ এর মধ্য দিয়ে গড় বিকিরিত শক্তি \begin{equation} dP = \langle {\bf u}(r, \theta, \varphi)\rangle\!\cdot\!{{\bf e}_r}\,\,r^2\,d{\mit\Omega}. \end{equation} সুতরাং ঐ element এর solid angle এর মধ্য দিয়ে বিকিরিত differential power কে লেখা যায়- \begin{equation}\label{e9.45} \frac{dP}{d{\mit\Omega}} = \frac{\omega^4\,p_0^{\,2}}{32\pi^2\epsilon_0\,c^3}\,\sin^2\theta. \end{equation} যদি ডাইপোলের দৈর্ঘ্য, বিকিরিত রেডিয়েশনের তরঙ্গদৈর্ঘ্যের থেকে ছোট হয়, তবে এই ফর্মূলা পুরোপুরিভাবে oscillating electric dipole এর বিকিরন pattern কে নির্দেশ করে। এখানে লক্ষ্য করো যে, কোন একটা element of solid angle এর মধ্য দিয়ে বিকিরিত রেডিয়েশন শক্তি তার ব্যাসার্ধ্য $r$ এর উপর নির্ভর করেনা, যদি তাই করতো তাহলে energy conserved থাকতো না। পরিশেষে বলা যায় যে $dP/d{\mit\Omega}$ কে সবগুলি solid angles এর সাপেক্ষে integration করলে total radiated power পাওয়া যাবে।

19.2 harmonic perturbation

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Tue, 6 Feb 2018 10:03:00 -0600

ধরো একটা perturbation যেটা সময়ের সাথে সাথে sinusoidally স্পন্দিত হচ্ছে। এধরনের perturbation কে harmonic perturbation বলে। সুতরাং \begin{equation}\label{e6.227} H_1(t) = V\,\exp(\,{\rm i}\,\omega \,t) + V^\dagger \,\exp(-{\rm i}\,\omega\, t), \end{equation} এখানে $V$ অবস্থান, ভরবেগ ও স্পিন অপারেটরের ফাংশন। unperturbed Hamiltonian $H_0$ এর eigenstate $|i\rangle$ এর কথা ধরা যাক। মনে করো $t=0$ সময়ে Harmonic perturbation শুরু হলো। তাহলে এটাকে (\ref{e6.202}) সমীকরণের সাহায্যে লেখা যায় এভাবে- \begin{align}\label{e6.228} c_n^{(1)} &= \frac{-{\rm i}}{\hbar} \int_0^t dt'\left[V_{ni} \,\exp({\rm i}\,\omega \,t') + V_{ni}^\dagger\, \exp(-{\rm i}\,\omega\, t')\right]\exp(\,{\rm i}\, \omega_{ni}\, t')\nonumber\\[0.5ex] &= \frac{1}{\hbar} \left(\frac{1-\exp[\,{\rm i}\,(\omega_{ni} + \omega)\,t]} {\omega_{ni} + \omega}\, V_{ni}+\frac{1-\exp[\,{\rm i}\,(\omega_{ni}-\omega )\,t]} {\omega_{ni} - \omega} \,V_{ni}^{\,\dagger}\right), \end{align} যেখানে \begin{align}\label{e6.229} V_{ni} &= \langle n|\,V\,| i\rangle,\\[0.5ex] V_{ni}^\dagger &= \langle n |\,V^\dagger\, |i\rangle = \langle i|\,V\,|n\rangle^\ast.\label{e6.230} \end{align} এই ফর্মূলাটা আগের একটা অধ্যায়ে বর্ণনা করা সমীকরণ (\ref{e6.209}) এর সাথে মিলে যায়, এখান থেকে লিখতে পারো- \begin{equation} \omega_{ni} = \frac{E_n-E_i}{\hbar} \rightarrow \omega_{ni}\pm \omega. \end{equation} \ref{s8.6} পরিচ্ছেদের আলোচনা থেকে transition probability কে লেখা যায়- $t\rightarrow\infty$ লিমিটে $P_{i\rightarrow n}(t)=|c_n^{(1)}|^{\,2}$ তখনই সত্যি হবে যদি- \begin{align}\label{e6.232} \omega_{ni} + \omega \simeq 0 &~~~{\rm or}~~~ E_n \simeq E_i - \hbar\, \omega,\\[0.5ex] \omega_{ni} - \omega \simeq 0 &~~~{\rm or}~~~ E_n \simeq E_i + \hbar\, \omega.\label{e6.233} \end{align} এটা পরিস্কার যে সমীকরণ (\ref{e6.232}) আসলে সমীকরণ (\ref{e6.228}) এর ডানপক্ষের প্রথম পদ এবং সমীকরণ (\ref{e6.233}) এর দ্বিতীয় পদকে নির্দেশ করে। যদি ফাইনাল স্টেটের এনার্জি লেভেল $\hbar\,\omega$ এর থেকে কম হয়, তবে প্রথম পদ দ্বারা perturbing field এ সিস্টেম কি পরিমান শক্তি $\hbar\,\omega$ নির্গমন করেছে সেটা নির্দেশ করে। একে stimulated emission বলে। এবং দ্বিতীয় পদ দ্বারা সিস্টেম ফাইনাল স্টেটে যাবার সময় ($\hbar\,\omega$ এর থেকে বেশি) perturbing field থেকে কি পরিমান শক্তি $\hbar\,\omega$ অর্জন করেছে সেটা নির্দেশ করে। একে absorption বলে। উভয় ক্ষেত্রেই সিস্টেমের total energy conserved থাকে। সুতরাং (\ref{e6.222}) সমীকরণ থেকে লেখা যায় - \begin{align}\label{e6.234} w_{i\rightarrow [n]} &=\left. \frac{2\pi}{\hbar} \,\overline{|V_{ni}|^{\,2}}\,\rho(E_n) \right|_{E_n = E_i-\hbar\,\omega},\\[0.5ex] w_{i\rightarrow [n]} &=\left. \frac{2\pi}{\hbar} \,\overline{ |V_{ni}^\dagger|^{\,2}}\,\rho(E_n)\right|_{E_n = E_i+\hbar\,\omega}.\label{e6.235} \end{align} সমীকরণ (\ref{e6.234}), simulated emission এর transition rate নির্দেশ করে। অপরদিকে সমীকরণ (\ref{e6.235}) থেকে absorption এর transition rate পাওয়া যায়। এই সমীকরণগুলি সাধারনত লিখা হয়- \begin{align}\label{e6.236a} w_{i\rightarrow n} &= \frac{2\pi}{\hbar} \,|V_{ni}|^{\,2} \, \delta(E_n-E_i+\hbar\,\omega),\\[0.5ex] w_{i\rightarrow n} &= \frac{2\pi}{\hbar} \, |V_{ni}^\dagger|^{\,2}\,\delta(E_n -E_i-\hbar\,\omega).\label{e6.237} \end{align} (\ref{e6.229}) ও (\ref{e6.230}) থেকে এটা পরিস্কার যে $|V_{in}^\dagger|^{\,2} = |V_{ni}|^{\,2}$। এবং সমীকরণ (\ref{e6.234}) ও (\ref{e6.235}) থেকে লেখা যায় যে- \begin{equation} \frac{w_{i\rightarrow [n]}}{\rho(E_n)} = \frac{w_{n\rightarrow [i]}}{\rho(E_i)}. \end{equation} অন্য ভাষায়, stimulated emission হার ও final state এর density (for emission) এর অনুপাত এবং rate of absorption ও final states এর density (for absorption) সমান। এই ফলাফলটি absorption ও stimulated emission এর মধ্যে সম্পর্ক নির্দেশ করে। একে detailed balancing বলে। Statistical mechanics এ এটি খুবই গুরুত্বপূর্ণ।

test

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Sun, 4 Feb 2018 13:35:00 -0600

Header
Item	Item	Item	Item
Item	Item	Item	Item
Item	Item	Item	Item
Item	Item	Item	Item

9 Electromagnetic Radiation: Hertzian Dipole

info.iphysicist@gmail.com (Dayeen) — Fri, 2 Feb 2018 19:20:00 -0600

\chapter{Electromagnetic Radiation}\label{waves} \section{Introduction} In this chapter, we shall employ Maxwell's equations to investigate the emission, scattering, propagation, absorption, reflection, and refraction of electromagnetic radiation. \section{Hertzian Dipole}\label{s9.1} মনেকরো তোমার কাছে দুটি স্ফেরিকাল পরিবাহী বল আছে। বল দুটি কে তুমি একটা তার দিয়ে সংযোগ দিলে। ফলে বল দুটির মধ্যে চার্জের পরিবহন শুরু হলো। ধরো $q(t)$ একটা কন্ডাক্টরের চার্জ । পুরো সিস্টেমটার মোট চার্জ শূন্য। তাহলে অন্য কন্ডাক্টরের চার্জ অবশ্যই $-q(t)$ হবে। ধরো- \begin{equation} q(t) = q_0\, \sin \,(\omega\, t). \end{equation} দুটো বলের মধ্যে যে oscillating current পরিবাহিত হচ্ছে তা ইলেক্ট্রোম্যাগনেটিক রেডিয়েশন তৈরি করছে। এবার একটা খুবই সাধারন পরিস্থিতির কথা চিন্তা করো। যেখানে রেডিয়েশনের তরঙ্গদৈর্ঘ্যের চেয়ে তারের দৈর্ঘ্য অনেক অনেক ছোট। সেক্ষেত্রে বল দুটো যুক্তকারি তারের মধ্যে পরিবাহিত কারেন্ট $I$ এর phase এর কোন পরিবর্তন হবেনা। কাজেই তোমরা লিখতে পারো- \begin{equation} I(t) = \frac{dq}{dt} = I_0\, \cos(\omega\, t), \end{equation} এখানে $I_0 = \omega \,q_0$. এধরনের অ্যান্টেনাকে Hertzian dipole বলে। জার্মান পদার্থবিজ্ঞানী Heinrich Hertz এর নাম অনুসারে। The magnetic vector potential generated by a current distribution ${\bf j}({\bf r})$ এর কারনে যে ম্যাগনেটিক ভেক্টর বিভব (magnetic vector potential) সৃষ্টি হয় সেটাকে প্রকাশ করা যায় - \begin{equation} {\bf A}({\bf r}, t) = \frac{\mu_0}{4\pi} \int \frac{[{\bf j}]}{|{\bf r} - {\bf r}'|}\, d^3{\bf r}', \end{equation} যেখানে \begin{equation} [f] \equiv f({\bf r}', t - |{\bf r} - {\bf r}'|/c). \end{equation} এখন ধরো, তারটি $z$-অক্ষ বরাবর আছে , এবং এটি $z=-l/2$ থেকে $z=l/2$ পর্যন্ত বিস্তৃত। যদি তারের thickness তেমন বেশি না হয় তবে ${\bf j}({\bf r}', t- |{\bf r} - {\bf r}'|/c)\,d^3{\bf r}'$ কে $I({\bf r}', t - |{\bf r} - {\bf r}'|/c)\,dz' \,{\bf e}_z$ দিয়ে রিপ্লেস করা যায়। সুতরাং , ${\bf A}({\bf r}, t) = A_z({\bf r}, t)\, {\bf e}_z$, এবং \begin{equation} A_z ({\bf r}, t) = \frac{\mu_0}{4\pi} \int_{-l/2}^{l/2} \frac{I(z', t - |{\bf r} - z'\, {\bf e}_z |/c)}{|{\bf r} - z'\, {\bf e}_z|}\,dz'. \end{equation} $r\gg l$ এ , \begin{equation} |{\bf r} - z' \,{\bf e}_z| \simeq r, \end{equation} এবং \begin{equation} t - |{\bf r} - z' \,{\bf e}_z|/c \simeq t - r/c. \end{equation} এই approximation এ ধরে নেয়া হয়েছে যে $\Delta t \sim l/c$ যেটা কিনা error দিতে পারে । যদি $t$ এর মান নির্গত রেডিয়েশনের oscillation period এর থেকে ছোট হয় তাহলে সেটা তেমন কোন মূখ্য বিষয় হবে না। নতুবা রেডিয়েশনের phase এর মান ভুল আসবে। এটাকে ঠিক করার জন্য আরেকটা শর্ত যোগ করবো- \begin{equation} \frac{l}{c} \ll \frac{2\pi}{\omega}, \end{equation} অর্থাৎ $l\ll \lambda$, যেখানে $\lambda = 2\pi\, c/\omega$ নির্গত রেডিয়েশনের তরঙ্গদৈর্ঘ্য। তবে কথা হলো, আমরা ধরেই নিয়েছি যে তারের দৈর্ঘ্য $l$ যা কিনা তরঙ্গদৈর্ঘ্যের থেকে অনেক অনেক ছোট, সুতরাং উপরের সমীকরনটি এমনি এমনিই satisfy করবে। এখন far-field এ $r\gg \lambda$, সুতরাং আমরা লিখতে পারি- \begin{equation} A_z ({\bf r}, t) \simeq \frac{\mu_0}{4\pi} \int_{-l/2}^{l/2} \frac{I(z', t -r/c)}{r}\,dz'. \end{equation} যেহেতু পরিবাহি কারেন্ট এর কোন পরিবর্তন হচ্ছেনা, সেহেতু এই ইন্টিগ্রেশনটার সমাধান করা খুবই সহজ সমাধান করলে দেখতে পাবে- \begin{equation}\label{e9.10} A_z({\bf r}, t) \simeq \frac{\mu_0 \,l}{4\pi} \frac{I(t-r/c)}{r}. \end{equation} এবার scalar potential বের করার জন্য সবচেয়ে সহজ উপায় হচ্ছে Lorenz gauge condition প্রয়োগ করা- \begin{equation} \nabla\cdot {\bf A} = - \epsilon_0 \mu_0\, \frac{\partial\phi}{\partial t}. \end{equation} এখন, \begin{equation} \nabla\cdot{\bf A} =\frac{\partial A_z}{\partial z} \simeq \frac{\mu_0 \,l}{4\pi} \frac{\partial I(t-r/c)}{\partial t} \left(-\frac{z}{r^2 \,c}\right) +O\left( \frac{1}{r^2}\right) \end{equation} leading order in $r^{-1}$ পপর্যন্ত বিবেচনা করেছি। কাজেই - \begin{equation}\label{e9.13} \phi({\bf r}, t) \simeq \frac{l}{4\pi\epsilon_0\, c} \frac{z}{r} \frac{I(t-r/c)}{r}. \end{equation} (\ref{e9.10}) ও (\ref{e9.13}) যথাক্রমে স্কেলার ও ভেক্টর পটেনশিয়াল নির্দেশ করে, এখন এদের সংযুক্ত ইলেক্ট্রিক ও ম্যাগনেটিক ফিল্ড বের করার পালা \begin{eqnarray} {\bf E} &=& - \frac{\partial {\bf A}}{\partial t} - \nabla \phi,\\[0.5ex] {\bf B} &=& \nabla\times {\bf A}. \end{eqnarray} খেয়াল করো, আমাদের মূল উদ্দেশ্য কিন্তু রেডিয়েশন ফিল্ড হিসাব করা। সোর্স থেকে যত দূরে যাবে এই ফিল্ডের মান $r^{-1}$ হারে কমতে থাকবে। এটা খুব সহজেই এই সমীকরনগুলির মাধ্যমে দেখা যায় - \begin{equation} {\bf E} \simeq - \frac{\omega\, l\, I_0}{4\pi\epsilon_0 \,c^2}\, \sin\theta \, \frac{\sin[\omega\, (t-r/c)]}{r} \,{\bf e}_\theta, \end{equation} এবং \begin{equation} {\bf B} \simeq -\frac{\omega \,l \,I_0 }{4\pi \epsilon_0 \,c^3} \,\sin \theta \,\frac{\sin [\omega \,(t-r/c)]}{r}\, {\bf e}_\varphi. \end{equation} এখানে , ($r$, $\theta$, $\varphi$) $z$-অক্ষ বরাবর পোলার কোঅর্ডিনেট। উপরের সমীকরণটি localized oscillating current দ্বারা তৈরি far field ($r\gg \lambda$) ইলেক্ট্রো ম্যাগনেটিক ফিল্ড এর জন্য প্রযোজ্য। খেয়াল করো এই ফিল্ডগুলি symmetric in the azimuthal angle $\varphi$। এছাড়া oscillating dipole ( $\theta =0$) এর অক্ষ বরাবর কোন রেডিয়েশন নাই। এবং সর্বোচ্চ emission হয় লম্বদিক বরাবর ( $\theta = \pi/2$)---see Figure~\ref{f91}. \begin{figure} \epsfysize=3.in \centerline{\epsffile{chapter9/fig9.1.eps}} \caption{\em Equally-spaced contours of the normalized poloidal electric field $E_\theta/E_0$ generated by a Hertzian dipole in the $x$-$z$ plane at a fixed instant in time. Here, $E_0=\omega\,l\,I_0/4\pi\epsilon_0\,c^2$. }\label{f91} \end{figure} স্ফেরিকাল সার্ফেসে $A$ এর ব্যাসার্ধ $\lambda$ এর থেকে অনেক অনেক বেশি। সেক্ষেত্রে ডাইপলের সেন্টারের মধ্যে দিয়ে পরিবাহিত গড় শক্তি \begin{equation} P_{\rm rad} = \oint_S \langle {\bf u}\rangle\cdot d{\bf S}, \end{equation} যেখানে গড়টি তরঙ্গের single period of oscillation এর উপর নেওয়া হয়েছে এবং Poynting flux কে লেখা যায়- \begin{equation} {\bf S} = \frac{ {\bf E} \times{\bf B}}{\mu_0} = \frac{\omega^2 \,l^2 \,I_0^{\,2}} {16\pi^2 \epsilon_0\, c^3}\, \sin^2[\omega\,(t-r/c)] \,\frac{\sin^2\theta}{r^2}\, {\bf e}_r. \end{equation} অর্থাৎ \begin{equation}\label{e9.20} \langle {\bf S}\rangle = \frac{\omega^2\, l^2\, I_0^{\,2}}{32\pi^2\epsilon_0\, c^3}\, \frac{\sin^2\theta} {r^2}\, {\bf e}_r. \end{equation} এখানে লক্ষ্য করো যে energy flux সোর্সের থেকে radially outwards। এবং $A$ থেকে নির্গত শক্তি ফ্লাক্স হলো- \begin{equation} P_{\rm rad} = \frac{\omega^2 \,l^2\, I_0^{\,2}}{32\pi^2 \epsilon_0\, c^3} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^\pi \frac{\sin^2\theta}{r^2} \,\, r^2\sin\theta\,\, d\theta, \end{equation} এখান থেকে পাই- \begin{equation} P_{\rm rad} = \frac{\omega^2\, l^2\, I_0^{\,2}}{12\pi \epsilon_0\, c^3}. \end{equation} এই ফ্লাক্স $A$ এর ব্যাসার্ধের উপর নির্ভর করেনা। তোমরা জানো যে $R$ রোধের গড় ওহমিক তাপ শক্তি- \begin{equation} P_{\rm heat} = \langle I^2 \,R\rangle = \frac{1}{2} I_0^{\,2}\, R, \end{equation} ধরো $I= I_0 \,\cos(\omega\, t)$। এখন Hertizian dipole antenna এর রেডিয়েশন রোধকে প্রকাশ করা যায় এভাবে- \begin{equation} R_{\rm rad} = \frac{P_{\rm rad}}{I_0^{\,2}/2}, \end{equation} যাতে করে- \begin{equation} R_{\rm rad} = \frac{2\pi}{3\epsilon_0 \,c} \left(\frac{l}{\lambda}\right)^2, \end{equation} এখানে $\lambda = 2\pi\,c/\omega$ রেডিয়েশনের তরঙ্গদৈর্ঘ্য। এমনকি, \begin{equation}\label{e9.25} R_{\rm rad} = 789 \left(\frac{l}{\lambda}\right)^2\,{\rm ohms}. \end{equation} এখন, ইলেক্ট্রিক সার্কিট এর সূত্র অনুযায়ী একটা অ্যান্টেনা সাধারনত এমন একটি রোধক হিসাবে ধরা হয় যার রোধ characteristic radiation resistance of the antenna এবং এর real resistance এর যোগফল এর সমান ধরা হয়। এবং শক্তিক্ষয় The power loss $I_0^{\,2}\,R_{\rm rad}/2$ radiation resistance এর সাথে যুক্ত এবং এটা emission of electromagnetic radiation এর কারণে সৃষ্টি। অপরদিকে $ I_0^{\,2}\,R/2$ real resistance এর সাথে সম্পর্কিত এবং এটা ohmic heating of the antenna এর কারনে সৃষ্টি। লক্ষ্য করো (\ref{e9.25}) শুধুমাত্র তখনই সত্যি হবে যদি $l\ll \lambda$ হয়। অর্থাৎ $R_{\rm rad} \ll R$ এবং অধিকাংশ Hertzian dipole antennas এর ক্ষেত্রে , রেডিয়েটেড শক্তি ohmic losses দ্বারা নির্ধারিত হয়। সুতরাং যেসব অ্যান্টেনার দৈর্ঘ্য emitted radiation এর দৈর্ঘ্যের চেয়ে ছোট হয় সেগুলোকে extremely inefficient হিসাবে ধরা হয়। কাজেই efficient antenna হবার জন্য $l\sim \lambda$ শর্তটি পূরন করা জরুরি। সবচেয়ে কমন প্র্যাকটিক্যাল অ্যান্টেনা হলো half-wave antenna যেখানে $l = \lambda/2$। একে series of Hertzian dipole antennas সিরিজ হিসাবে কল্পনা করা যায় যেখানে একটার উপর আরেকটা অ্যান্টেনা রেখে তৈরি। এবং একটি অ্যান্টেনা অন্যটির phase থেকে সামান্য একটু পার্থক্য। তাহলে half-wave antenna এর characteristic radiation resistance- \begin{equation} R_{\rm rad} = \frac{ 2.44}{4\pi\epsilon_0 \,c} = 73 \,\,{\rm ohms}. \end{equation} অ্যান্টেনা কে electromagnetic radiation রিসিভ করার জন্যেও ব্যবহার করা হয়। অ্যান্টেনার incoming wave , voltage তৈরি করে যেটা অ্যান্টেনার সাথে যুক্ত ইলেক্ট্রিকাল সার্কিট এ ডিটেক্ট করা যায় । Hertzian dipole antenna এর অক্ষ বরারবর রেডিয়েশন ডিটেক্ট করতে পারেনা, শুধু লম্ব বরাবর রেডিয়েশন ডিটেক্ট করতে সক্ষম। তত্ত্বগতভাবে একটা অ্যান্টেনা voltage source হিসাবে কল্পনা করা যায়। একটা অ্যান্টেনাতে ইনকামিং ওয়েভেকে ভোল্টেজ $V_0\,\cos(\omega \,t)$,এর মাধ্যমে প্রকাশ করা হলো। তাহলে রোধক $R_{\rm rad}$ এর মাধ্যমে কি পরিমান re-radiated শক্তি নির্গত হবে সেটা নির্দেশ করবে (এখানে real resistance কে নগন্য ধরা হয়েছে)। ধরো the detector circuit কে single load resistor এর মাধ্যমে প্রকাশ করা হলো , $R_{\rm load}$, এবং এটা অ্যান্টেনার সিরিজের সাথে যুক্ত। সুতরাং $R_{\rm load}$ এর কোন মানের জন্যে সর্ব্বোচ্চ শক্তি নির্গত হবে? ওহমের সূত্র অনুযায়ী- \begin{equation} V=V_0 \,\cos(\omega\, t) = I_0\, \cos(\omega\, t)\, (R_{\rm rad} + R_{\rm load}), \end{equation} যেখানে $I= I_0\,\cos(\omega\, t)$ হলো সার্কিটের induced বিদ্যুৎ। সার্কিটের পাওয়ার ইনপুটকে লেখা যায়- \begin{equation} P_{\rm in} = \langle V\,I\rangle = \frac{V_0^{\,2}}{2\,(R_{\rm rad} + R_{\rm load})}. \end{equation} লোডের power transfer কে প্রকাশ করা যায়- \begin{equation} P_{\rm load} = \langle I^2 \,R_{\rm load}\rangle = \frac{R_{\rm load} \,V_0^{\,2}} {2\,(R_{\rm rad} + R_{\rm load})^2}. \end{equation} এবং একটা অ্যান্টেনা দ্বারা power re-radiated কে লিখা যায়- \begin{equation} P_{\rm rad} = \langle I^2 \,R_{\rm rad}\rangle = \frac{R_{\rm rad} \,V_0^{\,2}} {2\,(R_{\rm rad} + R_{\rm load})^2}. \end{equation} লক্ষ্য করো- $P_{\rm in} = P_{\rm load} + P_{\rm rad}$, সুতরাং লোডে সর্বোচ্চ শক্তি তখনই আসবে যখন \begin{equation} \frac{\partial P_{\rm load}}{\partial R_{\rm load}} = \frac{V_0^{\,2}}{2}\left[ \frac{R_{\rm rad} - R_{\rm load}}{(R_{\rm rad} + R_{\rm load})^3}\right] = 0. \end{equation} সুতরাং maximum transfer rate কে লেখা যায়- \begin{equation} R_{\rm load} = R_{\rm rad}. \end{equation} অন্যভাবে বলা যায় লোড সার্কিটের রোধ, অ্যান্টেনার রেডিয়েশন রোধের পরিপূরক হবে। এইক্ষেত্রে \begin{equation} P_{\rm load} = P_{\rm rad} = \frac{V_0^{\,2}}{8 \,R_{\rm rad}} = \frac{P_{\rm in}}{2}. \end{equation} সুতরাং optimum ক্ষেত্রে অ্যান্টেনা দ্বারা যে পরিমান শক্তি absorbed হয় তার অর্ধেক সাথে সাথেই re-radiated হয়ে যায়। সুতরাং একটা অ্যান্টেনা electromagnetic radiation রিসিভও করে এবং বিকিরনও করে। Hertzian dipole অ্যান্টেনা যেটার incoming wave যার electric field এর amplitude $E_0$, আমরা ধরে নিতে পারি \begin{equation} V_0 = E_0\, l. \end{equation} এখানে আমরা ধরে নিয়েছি রেডিয়েশনের তরঙ্গদৈর্ঘ্য, অ্যান্টেনার দৈর্ঘ্যের থেকে অনেক অনেক বড়। আমরা আরো ধরে নিয়েছি যে অ্যান্টেনাটি properly aligned (অর্থাৎ the radiation is incident perpendicular to the axis of the antenna)। এখন আগত তরঙ্গের Poynting flux - \begin{equation} \langle u_{\rm in}\rangle = \frac{\epsilon_0\, c\, E_0^{\,2}}{2}, \end{equation} যেখানে power transferred to a properly matched detector circuit কে লেখা যায়- \begin{equation} P_{\rm load} = \frac{E_0^{\,2} \,l^2}{8\, R_{\rm rad}}. \end{equation} ধরো একটা আইডিয়াল অ্যান্টেনা যেখানে incoming radiation একটা area $A_{\rm eff}$ এর উপর আপতিত হয়ে absorbed হয়ে যাচ্ছে, এবং কোনভাবে সেটা ডিটেক্টর সার্কিটে ট্রান্সফার হচ্ছে কিন্তু কোন re-radiation হচ্ছে না। এবং আইডিয়াল অ্যান্টেনার power absorbed আর real antenna এর power absorbed সমান। এরমানে এই যে \begin{equation} P_{\rm load} = \langle u_{\rm in}\rangle\, A_{\rm eff}. \end{equation} এখানে $A_{\rm eff}$ হচ্ছে অ্যান্টেনার effective area। এটি আইডিয়াল অ্যান্টেনার এমন একটি স্থান যেখানে absorbs net power সত্যিকারের অ্যান্টেনার সমান। সুতরাং, \begin{equation} P_{\rm load} =\frac{ E_0^{\,2}\, l^2}{8 \,R_{\rm rad} } = \frac{\epsilon_0\, c\, E_0^{\,2}}{2} \,A_{\rm eff}, \end{equation} থেকে পাই- \begin{equation} A_{\rm eff} = \frac{l^2}{4\epsilon_0 \,c\, R_{\rm rad}} = \frac{3}{8\pi}\,\lambda^2. \end{equation} অর্থাৎ এটা পরিস্কার যে Hertzian dipole antenna র effective area আগত রেডিয়েশনের তরঙ্গদৈর্ঘ্যের বর্গের সমানুপাতিক। সুতরাং একটা half-wave antenna এর জন্যে \begin{equation} A_{\rm eff} = 0.13\,\lambda^2. \end{equation} তাই একটা one-dimensional অ্যান্টেনা যার দৈর্ঘ্য $\lambda/2$, আসলে অনেকটা two-dimensional এর মতন কাজ করে, যার প্রস্থ $0.26\,\lambda$, as far as its absorption of incoming electromagnetic radiation is concerned.

I Physicist

অধ্যায় তালিকা

গল্প

latex test

quiz test 2

Color of ky?

Correct

Nope

Please select answer

quiz test

This is explanation

definition test 2

Lorem Ipsum

Lorem Ipsum

definition hover

Top Tooltip

১৮.১ Time-Independent Perturbation Theory

১৮.২ Non-Degenerate Perturbation Theory

১৮.৩ Degenerate Perturbation Theory

১৮.৪ Stark Effect

১৮.৫ Zeeman Effect

১৮.৬ Fine Structure

২০.৩ Partial Waves

২০.৫ Phase Shifts

২০.৬ Scattering at Low Energy

২০.৭ Resonance Scattering

২০.৮ Hard Sphere Scattering

19.1 Time Dependent Perturbation Theory

Electrodynamics: Thomson Scattering

9.1 Electric Dipole Radiation

19.2 harmonic perturbation

test

9 Electromagnetic Radiation: Hertzian Dipole