%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<----------- PREAMBLE OG EKSTRA KOMMANDOER ----------->}
\input{preamble.tex}
\newcommand{\theaflnr}{2}                %Definition af afleveringsnummer, til sektionsnummerering, forside og sidehoved
\linespread{1.2}
\newcommand{\hs}{\hspace{.4cm}}
%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<----------- START PÅ DOKUMENT MED FORSIDE ----------->}
\begin{document}                         % Starter dokumentet efter preamble
\pagestyle{empty}                        % Sidehoved og sidefod for forsiden
\input{forside.tex}                      % Input af forsiden, der ligger i forside.tex
%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<---------- START PÅ AFLEVERINGSOPGAVEN SELV ---------->}
\newpage                                 % Ny side efter forsiden er indsat
\pagestyle{fancy}                        % Sidehoved og sidefod for resten af dokumentet
\setcounter{page}{2}                     % Resten af afleveringen har sidenummer 2 og frem
\setcounter{section}{\theaflnr}          % reset tælleren til at nummerere sections (ugeopgavenummer)

%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------%
\typeout{<----------------------------- OPGAVE 1 ----------------------------->}
%\setcounter{subsection}{1}
\subsection{Første model for benzen}
\ramme{ %I denne opgave skal vi forsøge at forklare årsagen til forskellen på ortho/para- og metadirigerende
        %bindinger. Hvis vi for eksempel ser på toluen er det kendt fra kemien, at yderligere
        %binding til elektrofile (elektronspisende) reagenser sker primært i ortho- eller parapositionen, dvs. i
        %positionerne 2 eller 4 (hvor position 1 benævner det kulstof, hvor methylgruppen er bundet). Dette
        %har med at gøre, at $\text{CH}_3$ er elektron-donerende, dvs. at elektronladningen i $\sigma$-bindingen skubbes
        %mod benzenringen. Hvis vi i stedet ser på benzen med påklistret $\text{NO}_2$
        %er situationen en anden, idet $\text{NO}_2$ er elektron-tiltrækkende, og elektronladningen skubbes væk fra
        %benzenringen. Dette viser sig at føre til, at elektrole reagenser nu binder primært i position 3, dvs.
        %metapositionen. Alt det kan man læse om i en lærebog om organisk kemi, hvor man se, hvilke der
        %styrer ortho/para, og hvilke der styrer meta. 
        
        %Forskellen mellem den ortho/para- og metadirigerende opførsel kan forstås som et resultat af stående
        %bølger i benzenringen.
        %\\ \\
        %\noindent {\bfseries{\sffamily{\large{Første model for benzen}}}}\\
        \noindent De aktive elektroner, som vi skal se på, udgøres af benzenringens såkaldte $\pi$-elektron system. Hver
        kulstof bidrager med en $\pi$-orbital og med en elektron.
        
        \hs Vores første model er en ``partikel i kasse'' model, dvs en 1D model, men med periodiske randbetingelser. 
        Hamiltonoperatoren er derfor blot
        \begin{equation}
         \hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} ,
         \label{hamiltonoperator}
        \end{equation}
        men med den ekstra betingelse på bølgefunktionen, at
        \begin{equation}
         \Psi(x) = \Psi(x+L) .
         \label{xligxplusL}
        \end{equation}
        Dette følger af at bølgefunktionen skal være kontinuert og således ikke kan have to forskellige værdier
        i punkterne $x$ og $x+L$.
        }

\subsubsection*{Spørgsmål 1}
\ramme{ Ved at benytte de kendte egenfunktioner for den fri partikel, vis at egenfunktionerne til ringen er
        \begin{equation*}
         \Psi_n(x) = \frac{e^{i k_n x}}{\sqrt{L}}, \quad\text{hvor}\quad k_n = \frac{2n\pi}{L}, \quad n = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots
        \end{equation*}
        Bemærk at bølgefunktionerne (i modsætning til den frie partikel) kan normeres! }
Jeg ved fra formel 2.94 i \citetalias{griffiths} (\cite{griffiths}) at egenfunktionerne for den fri partikel er givet ved 
\begin{equation*}
 \Psi_k (x) = A e^{ikx} .
\end{equation*}
Ifølge formel 13.23 i \citetalias{schaums} (\cite{schaums}) har $e^x$ perioden $2\pi i$, og der gælder altså for et $n\in\mathbb{Z}$ at
\begin{equation*}
 e^{i(\theta+2n\pi)} = e^{i\theta} ,
\end{equation*}
hvorfor der altså skal gælde at (for et $L$ der beskriver længden af hele ringen)
\begin{equation}
 k_n = \frac{2n\pi}{L} ,  \qquad n \in \mathbb{Z}
 \label{kndefineret}
\end{equation}
for at mine egentilstande for benzenringen skal passe med randbetingelsen i \eqref{xligxplusL}. Tilstandene bliver altså udtrykt ved
\begin{equation*}
 \Psi_n (x) = A e^{i k_n x} .
\end{equation*}
Jeg mangler nu kun at finde normaliseringskonstanten $A$. Denne findes nemt eftersom der ifølge formel 1.20 i \citetalias{griffiths} skal gælde at
\allowdisplaybreaks{\begin{align*}
 1 &= \int_{-\infty}^{+\infty} \left| \Psi_n(x) \right|^2  \,\di x 
    = |A|^2 \int_{0}^{L} e^{-ik_n x} e^{ik_n x}  \,\di x \\
   &= |A|^2 \int_{0}^{L} e^{-ik_n x + ik_n x}  \,\di x 
    = |A|^2 \int_{0}^{L} e^{0}  \,\di x \\
   &= |A|^2 \int_{0}^{L} 1  \,\di x 
    = |A|^2 \left[ x \right]_{0}^{L} 
    = |A|^2 L ,
\end{align*}}%
hvilket medfører at
\begin{equation*}
 A = \frac{1}{\sqrt{L}} ,
\end{equation*}
hvorfor egentilstandene for benzenringen altså er bestemt ved 
\begin{equation}
 \Psi_n (x) = \frac{1}{\sqrt{L}} e^{i k_n x} ,
 \label{egentilstande}
\end{equation}
med $k_n$ som defineret i \eqref{kndefineret} -- hvilket netop var det der skulle vises.



\subsubsection*{Spørgsmål 2}
\ramme{ Find egenenergierne for de 3 laveste energi tilstande. }
Jeg vil starte med at finde egenenergierne som et generelt udtryk som funktion af $n$ ud fra udtrykket jeg har for egentilstandende i \eqref{egentilstande}. Dette gøres ved at tage Hamiltonoperatoren i \eqref{hamiltonoperator} på egentilstandene:
\begin{align*}
 \hat{H} \Psi_n (x) &= \frac{\hat{p}^2}{2m} \,\frac{1}{\sqrt{L}} e^{i k_n x} 
                     = - \frac{\hbar^2}{2m} \,\frac{1}{\sqrt{L}} \ddt{2}{}{x} e^{i k_n x} 
                     = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} \,\frac{1}{\sqrt{L}} e^{i k_n x} \\
                    &= \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} \,\Psi_n (x) 
                     = \frac{\hbar^2 4 n^2 \pi^2}{2mL^2} \,\Psi_n (x) 
                     = \frac{2 \hbar^2 n^2 \pi^2}{mL^2} \,\Psi_n (x) .
\end{align*}
Her har jeg altså både eftervist at tilstandene i \eqref{egentilstande} \emph{er} egentilstande, eftersom de opfylder den tidsuafhængige Schrödingerligning $\hat{H} \Psi_n = E_n \Psi_n$ (formel 2.12 i \citetalias{griffiths}), samt jeg har fundet deres egenenergier. Disse energier er altså givet ved $E_n$ fra den tidsuafhængige Schrödingerligning ved
\begin{equation}
 E_n = \frac{2 \hbar^2 n^2 \pi^2}{mL^2} .
 \label{generelenergi}
\end{equation}
Jeg kan ud fra dette udtryk se at de tre laveste energitilstande er $\Psi_0$, $\Psi_{+1}$ og $\Psi_{-1}$, hvor de to sidstnævnte har samme energi, nemlig $E_{+1} = E_{-1}$, som jeg fra nu af bare vil kalde $E_1$ (egenenergierne for tilstandene med $n \neq 0$ er degenererede; der er to tilstande i min model i \eqref{egentilstande} for hver distinkt egenenergi).

Energierne for de tre laveste tilstande er da for $\Psi_0$ energien
\begin{equation*}
 E_0 = 0, 
\end{equation*}
og for de to tilstande $\Psi_{+1}$ og $\Psi_{-1}$, med $n=1$ indsat i formel \eqref{generelenergi}:
\begin{equation*}
 E_1 = \frac{2 \hbar^2 \pi^2}{mL^2} .
\end{equation*}




\subsubsection*{Spørgsmål 3}
\ramme{ Vis at egenfunktionerne til de 3 laveste energitilstande kan vælges som følgende
        \begin{equation}
         \phi_0(x) = \frac{1}{\sqrt{L}} , \quad 
         \phi_1(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \cos{\left( \frac{2\pi x}{L} \right)} , \quad
         \phi_2(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin{\left( \frac{2\pi x}{L} \right)} .
         \label{phi012}
        \end{equation} }
For $n=0$ er egentilstanden simpelthen
\begin{equation}
 \phi_0(x) = \Psi_0(x) 
           = \frac{1}{\sqrt{L}} e^{0} 
           = \frac{1}{\sqrt{L}} ,
 \label{eq:phi0}
\end{equation}
som ønsket. For $n=-1$ og $n=+1$ er der tale om to egentilstande med samme egenenergi. Altså er $\hat{H}\Psi_{+1} = E_1 \Psi_{+1}$ og $\hat{H}\Psi_{-1} = E_1 \Psi_{-1}$, hvorfor også en lineær kombination af disse er en egentilstand med egenværdien $E_1$. Jeg starter med at udskrive mine to egentilstande ved hjælp af Eulers formel $e^{iq} = \cos q + i \sin q$ (formel 13.16 i \citetalias{schaums} (\cite{schaums})), der giver de to som (ved indsættelse af $k_n$ fra \eqref{kndefineret})
\begin{align*}
 \Psi_{+1}(x) &= \frac{1}{\sqrt{L}} e^{ik_{+1}x}  
               = \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left(k_{+1} x\right)} + i \sin{\left(k_{+1} x\right)} \right] \\
              &= \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} + i \sin{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} \right] \\
\shortintertext{og} %(hvor jeg bruger at cosinus er lige og sinus er ulige)}
 \Psi_{-1}(x) &= \frac{1}{\sqrt{L}} e^{ik_{-1}x} 
               = \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left(k_{-1} x\right)} + i \sin{\left(k_{-1} x\right)} \right] \\
              &= \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left( - \frac{2\pi x}{L}\right)} + i \sin{\left( - \frac{2\pi x}{L}\right)} \right] \\
              &= \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} - i \sin{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} \right] .
\end{align*}
Herfra kan jeg nu se at enten kan jeg lægge dem sammen for at fjerne sinus-leddene eller trække dem fra hinanden for at fjerne cosinus-leddene. 
\\ \\
\noindent Jeg kan altså få egentilstanden $\phi_1$ ved 
\begin{align}
 \phi_1(x) &= C_1' \left( \Psi_{+1} + \Psi_{-1} \right) \nn\\
           &= C_1 \left[ \cos{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} + i \sin{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} 
                         + \cos{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} - i \sin{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} \right] \nn\\
           &= 2 C_1 \cos{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} , \label{phi1tilstand}
\end{align}
hvor konstanten $C_1$ skal findes så tilstanden er normaliseret. Dette gøres ved at se på kravet
\allowdisplaybreaks{\begin{align*}
 1 &= \int_{-\infty}^{+\infty} \left| \phi_1(x) \right|^2 \,\di x 
    = 4 |C_1|^2 \int_0^L \cos^2{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} \,\di x \\
   &= 4 |C_1|^2 \left[ \frac{x}{2} + \frac{L}{4\pi} \cos{\left( \frac{2\pi x}{L} \right)} \sin{\left( \frac{2\pi x}{L} \right)} \right]_0^L \\
   &= 4 |C_1|^2 \left[ \frac{L}{2} + \frac{L}{4\pi} \cos{\left( 2\pi \right)} \sin{\left( 2\pi \right)} 
                                   - \frac{L}{4\pi} \cos{\left( 0 \right)} \sin{\left( 0 \right)} \right] \\
   &= 4 |C_1|^2 \frac{L}{2} 
    = |C_1|^2 2L ,
\end{align*}}%
hvorfor jeg kan vælge $C_1 = 1/\sqrt{2L}$, og egentilstanden i \eqref{phi1tilstand} normeret altså da er
\begin{equation}
 \phi_1(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \cos{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} ,
 \label{eq:phi1}
\end{equation}
som ønsket. 
\\ \\
\noindent På samme måde kan jeg finde egentilstanden $\phi_2$ ved at trække de to egentilstande $\Psi_{+1}$ og $\Psi_{-1}$ fra hinanden, hvorved jeg får at
\begin{align}
 \phi_2(x) &= C_2' \left( \Psi_{+1} - \Psi_{-1} \right) \nn\\
           &= C_2 \left[ \cos{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} + i \sin{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} 
                         - \cos{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} + i \sin{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} \right] \nn\\
           &= 2 C_2 i \sin{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} . \label{phi2tilstand}
\end{align}
Konstanten $C_2$ findes endnu engang ud fra kravet om normalisering, 
\begin{align*}
 1 &= \int_{-\infty}^{+\infty} \left| \phi_2(x) \right|^2 \,\di x 
    = 4 |C_2|^2 \int_0^L \sin^2{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} \,\di x \\
   &= 4 |C_2|^2 \left[ \frac{x}{2} - \frac{L}{4\pi} \cos{\left( \frac{2\pi x}{L} \right)} \sin{\left( \frac{2\pi x}{L} \right)} \right]_0^L \\
   &= 4 |C_2|^2 \left[ \frac{L}{2} - \frac{L}{4\pi} \cos{\left( 2\pi \right)} \sin{\left( 2\pi \right)} 
                                     + \frac{L}{4\pi} \cos{\left( 0 \right)} \sin{\left( 0 \right)} \right] \\
   &= 4 |C_2|^2 \frac{L}{2} 
    = |C_2|^2 2L ,
\end{align*}
hvorfra jeg vælger at $C_2 = -i/\sqrt{2L}$ (jeg har her valgt den negative komplekse rod da dette giver det ønskede resultat), og egentilstanden i \eqref{phi2tilstand} derfor er
\begin{equation}
 \phi_2(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin{\left(\frac{2\pi x}{L}\right)} ,
 \label{eq:phi2}
\end{equation}
også som ønsket.

Jeg har altså samlet fundet de tre egentilstande i \eqref{eq:phi0}, \eqref{eq:phi1} og \eqref{eq:phi2} -- der er magen til de tre i \eqref{phi012}.



\vspace{1cm}

\ramme{ Med 6 elektroner i benzenringen vil disse 3 nederste tilstande se således ud:
        \begin{center}
         \input{afl2grafer/phi012.tex}
        \end{center}
        og de vil være besat med 2 elektroner hver. }

\subsubsection*{Spørgsmål 4}
\ramme{ Tegn på en lignende graf tilstandene for sinus- og cosinus-delen med $n = 2$ og cosinus-delen for
        $n = 3$. }
Før jeg kan tegne grafen er jeg nødt til at finde disse egentilstande, lige som jeg fandt egentilstandene i spørgsmål 3 ovenfor. Jeg skal nu arbejde med egentilstandene $\Psi_{+2}$, $\Psi_{-2}$, $\Psi_{+3}$ og $\Psi_{-3}$, givet ved
\begin{align*}
 \Psi_{+2}(x) &= \frac{1}{\sqrt{L}} e^{\frac{4i\pi x}{L}} 
               = \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} + i \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)}  \right] , \\
 \Psi_{-2}(x) &= \frac{1}{\sqrt{L}} e^{-\frac{4i\pi x}{L}} 
               = \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} - i \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)}  \right] , \\
 \Psi_{+3}(x) &= \frac{1}{\sqrt{L}} e^{\frac{6i\pi x}{L}} 
               = \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} + i \sin{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)}  \right] , \\
 \Psi_{-3}(x) &= \frac{1}{\sqrt{L}} e^{-\frac{6i\pi x}{L}} 
               = \frac{1}{\sqrt{L}} \left[ \cos{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} - i \sin{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)}  \right] .
\end{align*}
Igen kan jeg lave lineære kombinationer for at finde nye egentilstande, og jeg finder først $\phi_3$, en egentilstand til energien $E_2$, givet ved
\begin{align}
 \phi_3(x) &= C_3' \left( \Psi_{+2} + \Psi_{-2} \right) \nn\\
           &= C_3 \left[ \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} + i \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} 
                       + \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} - i \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} \right] \nn\\
           &= 2 C_3 \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} . \label{phi3tilstand}
\end{align}
Jeg finder som tidligere konstanten $C_3$ ved at bruge betingelsen at egentilstanden skal være normaliseret
\begin{align*}
 1 &= \int_{-\infty}^{+\infty} \left| \phi_3(x) \right|^2 \,\di x 
    = 4 |C_3|^2 \int_0^L \cos^2{\left(\frac{4\pi x}{L}\right)} \,\di x \\
   &= 4 |C_3|^2 \left[ \frac{x}{2} + \frac{L}{8\pi} \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} \right]_0^L \\
   &= 4 |C_3|^2 \left[ \frac{L}{2} + \frac{L}{8\pi} \cos{\left( 4\pi \right)} \sin{\left( 4\pi \right)} 
                                     - \frac{L}{8\pi} \cos{\left( 0 \right)} \sin{\left( 0 \right)} \right] \\
   &= 4 |C_3|^2 \frac{L}{2} 
    = |C_3|^2 2L ,
\end{align*}
hvorfor jeg kan vælge at $C_3=1/\sqrt{2L}$, og jeg altså med dette indsat i \eqref{phi3tilstand} har egentilstanden
\begin{equation}
 \phi_3(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} .
 \label{phi3}
\end{equation}

Den anden egentilstand til energien $E_2$ fås ved at trække de to egentilstande $\Psi_{+2}$ og $\Psi_{-2}$ fra hinanden, så jeg får det ønskede sinus-udtryk:
\begin{align}
 \phi_4(x) &= C_4' \left( \Psi_{+2} - \Psi_{-2} \right) \nn\\
           &= C_4 \left[ \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} + i \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} 
                       - \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} + i \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} \right] \nn\\
           &= 2 C_4 \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} , \label{phi4tilstand}
\end{align}
hvorefter jeg finder konstanten $C_4$ efter normalisationskravet:
\begin{align*}
 1 &= \int_{-\infty}^{+\infty} \left| \phi_4(x) \right|^2 \,\di x 
    = 4 |C_4|^2 \int_0^L \sin^2{\left(\frac{4\pi x}{L}\right)} \,\di x \\
   &= 4 |C_4|^2 \left[ \frac{x}{2} - \frac{L}{8\pi} \cos{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} \right]_0^L \\
   &= 4 |C_4|^2 \left[ \frac{L}{2} - \frac{L}{8\pi} \cos{\left( 4\pi \right)} \sin{\left( 4\pi \right)} 
                                     + \frac{L}{8\pi} \cos{\left( 0 \right)} \sin{\left( 0 \right)} \right] \\
   &= 4 |C_4|^2 \frac{L}{2} 
    = |C_4|^2 2L ,
\end{align*}
og jeg vælger, lige som da jeg fandt konstanten $C_2$ i spørgsmål 3, at tage den negative komplekse rod, da jeg så får en reel egentilstand. Altså er $C_4=-i/\sqrt{2L}$, og jeg har egentilstanden med dette indsat i \eqref{phi4tilstand}:
\begin{equation}
 \phi_4(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin{\left( \frac{4\pi x}{L} \right)} .
 \label{phi4}
\end{equation}

Til sidst skal jeg finde en enkelt egentilstand $\phi_5$ tilhørende egenenergien $E_3$, og eftersom dette skal være et cosinus-udtryk vælger jeg at lægge de to kendte egentilstande sammen, og får altså at
\begin{align}
 \phi_5(x) &= C_5' \left( \Psi_{+3} + \Psi_{-3} \right) \nn\\
           &= C_5 \left[ \cos{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} + i \sin{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} 
                       + \cos{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} - i \sin{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} \right] \nn\\
           &= 2 C_5 \cos{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} . \label{phi5tilstand}
\end{align}
Konstanten $C_5$ findes endnu engang ved at normalisere:
\allowdisplaybreaks{\begin{align*}
 1 &= \int_{-\infty}^{+\infty} \left| \phi_5(x) \right|^2 \,\di x 
    = 4 |C_5|^2 \int_0^L \cos^2{\left(\frac{6\pi x}{L}\right)} \,\di x \\
   &= 4 |C_5|^2 \left[ \frac{x}{2} + \frac{L}{12\pi} \cos{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} \sin{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} \right]_0^L \\
   &= 4 |C_5|^2 \left[ \frac{L}{2} + \frac{L}{12\pi} \cos{\left( 6\pi \right)} \sin{\left( 6\pi \right)} 
                                     - \frac{L}{12\pi} \cos{\left( 0 \right)} \sin{\left( 0 \right)} \right] \\
   &= 4 |C_5|^2 \frac{L}{2} 
    = |C_5|^2 2L ,
\end{align*}}%
og jeg vælger at $C_5 = 1/\sqrt{2L}$, hvorved jeg ved indsættelse i \eqref{phi5tilstand} får egentilstanden
\begin{equation}
 \phi_5(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \cos{\left( \frac{6\pi x}{L} \right)} .
 \label{phi5}
\end{equation}

Jeg kan nu plotte de tre egenfunktioner $\phi_3$, $\phi_4$ og $\phi_5$ (defineret i \eqref{phi3}, \eqref{phi4} og \eqref{phi5}) i en graf som den der viste $\phi_0$, $\phi_1$ og $\phi_2$ (defineret i \eqref{phi012}). Jeg har vist $\phi_3$ og $\phi_4$ i figur \vref{fig:phi012} og $\phi_5$ i figur \vref{fig:phi5}. Jeg har valgt at dele grafen over i to, da det ellers blev for uoverskueligt at se på.

\vspace{3cm}
\begin{figure}[hb]
 \begin{center}
  \input{afl2grafer/phi34.tex}
  \caption[Egentilstandende $\phi_3$ og $\phi_4$]
          {To egentilstande svarende til egenenergien $E_2$, $\phi_3$ vist med gul (fra formel \eqref{phi3}) og $\phi_4$ vist med
          lilla (fra formel \eqref{phi4}).}
  \label{fig:phi012}
 \end{center}
\end{figure}
\begin{figure}[hb]
 \begin{center}
  \input{afl2grafer/phi5.tex}
  \caption[Egentilstanden $\phi_5$]
          {Egentilstanden $\phi_5$ svarende til egenenergien $E_3$, vist i formel \eqref{phi5}.}
  \label{fig:phi5}
 \end{center}
\end{figure}


\clearpage
%\setcounter{subsection}{2}
\subsection{Anden model for benzen}
\ramme{ %{\bfseries{\sffamily{\large{Næste model for benzen}}}}\\
        \noindent En mere realistisk model for benzenringen er at benytte de 6 $\pi$-orbitaler som basisfunktioner. Dvs.
        vi antager, at den væsentlige kemi kan forståes ud fra disse alene. Der er altså 6 elementer i vores
        Hilbert rum:
        \begin{equation*}
         \ket{1}, \ket{2}, \cdots, \ket{6} .
        \end{equation*}
        Disse orbitaler antages at være tilnærmelsesvis ortonormale, dvs.
        \begin{equation}
         \inpr{i}{j} = \delta_{ij} .
         \label{eq:ortogonal}
        \end{equation}
        Efter at have fastlagt Hilbert rummet, skal vi bestemme Hamiltonoperatorens matrixelementer. De
        diagonale elementer: $\ketbra{i}{i}$, hvor $i = 1, \cdots , 6$, beskriver energierne for de isolerede $p_z$-orbitaler.
        Denne energi vælges som nulpunkt for energien. Der vil til gengæld være et ``Hamiltonoverlap''
        mellem orbitalerne på nabo-atomerne, hvilket giver et negativt bidrag til energien, da det tillader
        elektronerne at delokalisere. Denne meget benyttede ``Hückel'' model for et sådant system ser nu
        således ud:
        \begin{multline}
         \hat{H}_H = -t \big( \ketbra{1}{2} + \ketbra{2}{1} + \ketbra{2}{3} + \ketbra{3}{2} + \ketbra{3}{4} + \ketbra{4}{3} \\ 
                                            + \ketbra{4}{5} + \ketbra{5}{4} + \ketbra{5}{6} + \ketbra{6}{5}
                                            + \ketbra{6}{1} + \ketbra{1}{6}  \big),
         \label{1:ligning7}
        \end{multline}
        hvor $t$ er en parameter, der beskriver koblingen mellem to nabo-atomer. I det følgende ser vi på denne 
        Hamiltonoperators egenfunktioner. }

\subsubsection*{Spørgsmål 5}
\ramme{ Skriv Hamiltonoperatoren i ligning \eqref{1:ligning7} på matrixform (som en $6\times 6$ matrix). }
Eftersom Hamiltonoperatorens matrixelementer %ifølge formel [] i \citetalias{griffiths} 
er givet ved udtrykket
\begin{equation}
 H_{ij} = \sum_{i=1}^6 \sum_{j=1}^6 \bra{i} \hat{H}_H \ket{j} ,
 \label{hamiltonmatriceled}
\end{equation}
fås ved simpel udregning, hvor ortogonaliteten i \eqref{eq:ortogonal} udnyttes, at matrixrepresentationen $\mathbf{H}_H$ for Hamiltonoperatoren $\hat{H}_H$ er givet ved
\begin{equation}
 \mathbf{H}_H %= \left(
     %   \begin{array}{cccccc}
     %    0& -t& 0& 0& 0& -t \\
     %    -t& 0& -t& 0& 0& 0 \\
     %    0& -t& 0& -t& 0& 0 \\
     %    0& 0& -t& 0& -t& 0 \\
     %    0& 0& 0& -t& 0& -t \\
     %    -t& 0& 0& 0& -t& 0 
     %   \end{array}
     %  \right)
     = -t \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         0& 1& 0& 0& 0& 1 \\
         1& 0& 1& 0& 0& 0 \\
         0& 1& 0& 1& 0& 0 \\
         0& 0& 1& 0& 1& 0 \\
         0& 0& 0& 1& 0& 1 \\
         1& 0& 0& 0& 1& 0 
        \end{array}
       \right)}
 \label{hamiltonmatrice}
\end{equation}
der heldigt nok er hermitisk som den bør være (der gælder altså at den er sin egen transponerede komplekst konjugerede).



\subsubsection*{Spørgsmål 6}
\ramme{ Vis at følgende tilstand er en egentilstand for $\hat{H}_H$
        \begin{equation*}
         \ket{m_0} = \frac{1}{\sqrt 6} \left( \ket 1 + \ket 2 + \ket 3 + \ket 4 + \ket 5 + \ket 6 \right) ,
        \end{equation*}
        og find den tilhørende energi. Er $\ket{m_0}$ normeret? }
Jeg kan skrive tilstanden $\ket{m_0}$ som en vektor $\vec{m}_0$ i Hilbert-underrummet udspændt af de seks tilstande $\ket{1}, \ket{2}, \cdots, \ket{6}$ ved
\begin{equation*}
 \vec{m}_0 = \frac{1}{\sqrt 6} 
             \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1
              \end{array}
             \right)} .
\end{equation*}
For at vise at denne tilstand er en egentilstand skal jeg se om den overholder den tidsuafhængige Schrödingerligning $\hat{H}_H \ket{m_0} = E_0 \ket{m_0}$, der med matrixnotationen kan skrives som $\mathbf{H}_H \vec{m}_0 = E_0 \vec{m}_0$. Jeg ser altså på 
\begin{equation*}
 \mathbf{H}_H \vec{m}_0 
     = - \frac{t}{\sqrt 6}  
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         0& 1& 0& 0& 0& 1 \\
         1& 0& 1& 0& 0& 0 \\
         0& 1& 0& 1& 0& 0 \\
         0& 0& 1& 0& 1& 0 \\
         0& 0& 0& 1& 0& 1 \\
         1& 0& 0& 0& 1& 0 
        \end{array}
       \right) }
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1
        \end{array}
       \right) }
     = - \frac{t}{\sqrt 6}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         2 \\  2 \\  2 \\  2 \\  2 \\  2
        \end{array}
       \right) }
     = -2t \vec{m}_0 .
\end{equation*}
Altså \emph{er} tilstanden $\ket{m_0}$ en egentilstand til $\hat{H}_H$, med egenenergien $-2t$. 

At $\ket{m_0}$ er normeret ses nemmest ved fortsat at bruge matrixnotationen, hvor normalisering simpelt hen kræver at prikproduktet af $\vec{m}_0$ med $\vec{m}_0$ selv er 1, altså $\vec{m}_0 \cdot \vec{m}_0 = 1$, hvilket da også er tilfældet eftersom
\begin{equation*}
 \vec{m}_0 \cdot \vec{m}_0 =
   \frac{1}{6} 
   \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1
        \end{array}
       \right)} \cdot
   \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1
        \end{array}
       \right) }
   = \frac{6}{6} = 1 .
\end{equation*}

%{\color{Red} \begin{equation*}
% \vec{m}_0 \cdot \vec{m}_0 =
%   \frac{1}{6} 
%   \vecsm{\left(
%        \begin{array}{cccccc}
%         1 &  1 &  1 &  1 &  1 &  1
%        \end{array}
%       \right)} %\cdot
%   \vecsm{\left(
%        \begin{array}{c}
%         1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1
%        \end{array}
%       \right) }
%   = \frac{6}{6} = 1 .
%\end{equation*} }

%{\color{Red} \begin{equation*}
% \vec{m}_0 \cdot \vec{m}_0 =
%   \frac{1}{6} 
%   \vecsm{\left(
%        \begin{array}{c}
%         1 ,  1 ,  1 ,  1 ,  1 ,  1
%        \end{array}
%       \right)} %\cdot
%   \vecsm{\left(
%        \begin{array}{c}
%         1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1 \\  1
%        \end{array}
%       \right) }
%   = \frac{6}{6} = 1 .
%\end{equation*} }




\vspace{1cm}

\subsubsection*{Spørgsmål 7}
\ramme{ De 2 næste egentilstande kan gættes ved at kigge på figuren før spørgsmål 4:
        \begin{align*}
         \ket{m_1} &= A_1 \left( \ket 2 + \ket 3 - \ket 5 - \ket 6 \right) \\
         \ket{m_2} &= A_2 \left( \ket 1 + \frac{1}{2} \ket 2 - \frac{1}{2} \ket 3 - \ket 4 - \frac{1}{2} \ket 5 + \frac{1}{2} \ket 6 \right) .
        \end{align*}
        Find egenværdierne hørende til $\ket{m_1}$ og $\ket{m_2}$ og bestem normeringskonstanterne $A_1$ og $A_2$ (antages reelle). }
Jeg starter med at finde egenværdierne, ved at opskrive de to egentilstandes vektorerrepræsentationer $\vec{m}_1$ og $\vec{m}_2$ lige som jeg gjorde det for tilstanden $\ket{m_0}$ i spørgsmål 3:
\begin{equation*}
 \vec{m}_1 = A_1 
             \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               0 \\  1 \\  1 \\  0 \\  -1 \\  -1
              \end{array}
             \right)} ,
       \qquad
 \vec{m}_2 = A_2 
             \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  1/2 \\  -1/2 \\  -1 \\  -1/2 \\  1/2
              \end{array}
             \right)} .
\end{equation*}
Nu kan jeg multiplicere min Hamiltonmatrice i \eqref{hamiltonmatrice} med disse for at få egenværdierne:
%{\small{
\begin{equation*}
 \mathbf{H}_H \vec{m}_1 
     = - t A_1  
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         0& 1& 0& 0& 0& 1 \\
         1& 0& 1& 0& 0& 0 \\
         0& 1& 0& 1& 0& 0 \\
         0& 0& 1& 0& 1& 0 \\
         0& 0& 0& 1& 0& 1 \\
         1& 0& 0& 0& 1& 0 
        \end{array}
       \right)}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         0 \\  1 \\  1 \\  0 \\  -1 \\  -1
        \end{array}
       \right)} 
     = - t A_1
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         0 \\  1 \\  1 \\  0 \\  -1 \\  -1
        \end{array}
       \right)} 
     = - t \vec{m}_1 ,
\end{equation*}
\begin{equation*}
 \mathbf{H}_H \vec{m}_1 
     = - t A_2 
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         0& 1& 0& 0& 0& 1 \\
         1& 0& 1& 0& 0& 0 \\
         0& 1& 0& 1& 0& 0 \\
         0& 0& 1& 0& 1& 0 \\
         0& 0& 0& 1& 0& 1 \\
         1& 0& 0& 0& 1& 0 
        \end{array}
       \right)}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         1 \\  1/2 \\  -1/2 \\  -1 \\  -1/2 \\  1/2
        \end{array}
       \right) }
     = - t A_2
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         1 \\  1/2 \\  -1/2 \\  -1 \\  -1/2 \\  1/2
        \end{array}
       \right) }
     = - t \vec{m}_2 .
\end{equation*} 
%}}
Som ventet har de to egentilstande $\ket{m_1}$ og $\ket{m_2}$ samme egenenergi, nemlig $-t$. 

Normeringskonstanterne $A_1$ og $A_2$ findes ved samme princip som jeg brugte i spørgsmål 6 for at vise at tilstanden $\ket{m_0}$ var normeret. Der skal altså gælde at $\vec{m}_1 \cdot \vec{m}_1 = 1$ og $\vec{m}_2 \cdot \vec{m}_2 = 1$ for at de to er normeret. Derfor fås at
\begin{equation*}
 1 = \vec{m}_1 \cdot \vec{m}_1 
  = A_1^2 
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               0 \\  1 \\  1 \\  0 \\  -1 \\  -1
              \end{array}
             \right)}
  \cdot
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               0 \\  1 \\  1 \\  0 \\  -1 \\  -1
              \end{array}
             \right)}
  = 4 A_1^2 
  \quad\Rightarrow\quad
  A_1 = \frac{1}{\sqrt 4} ,
\end{equation*}
og
\begin{equation*}
 1 = \vec{m}_2 \cdot \vec{m}_2 
  = A_2^2 
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  1/2 \\  -1/2 \\  -1 \\  -1/2 \\  1/2
              \end{array}
             \right)}
  \cdot
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  1/2 \\  -1/2 \\  -1 \\  -1/2 \\  1/2
              \end{array}
             \right)}
  = 3 A_2^2 
  \quad\Rightarrow\quad
  A_2 = \frac{1}{\sqrt 3} .
\end{equation*}




\subsubsection*{Spørgsmål 8}
\ramme{ Endelig kan de sidste 3 gættes ved at kigge på din tegning fra Spørgsmål 4. F.eks. er egenvektoren
        for cosinus-delen med $n = 2$ givet ved $\left( 1, - 1/2, - 1/2, 1, - 1/2, - 1/2 \right)$. Skriv alle tre ned 
        både i ket-notationen og vektornotationen og vis, at to af dem har egenværdi $+t$, og én har egenværdi $+2t$. 
        Husk også at normere dine tilstande. }
Jeg kan ud fra figur \vref{fig:phi012} netop som sagt i spørgsmålet se at vektorbeskrivelsen $\vec{m}_3$ for egentilstanden $\ket{m_3}$ (den gule kurve på figuren) må være givet ved
\begin{equation*}
 \vec{m}_3 = A_3 
             \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  -1/2 \\  -1/2 \\  1 \\  -1/2 \\  -1/2
              \end{array}
             \right)} ,
% \label{m3vektor}
\end{equation*}
eller skrevet i ket-notationen
\begin{equation*}
 \ket{m_3} = A_3 \left( \ket{1} - \frac{1}{2} \ket{2} - \frac{1}{2} \ket{3} + \ket{4} - \frac{1}{2} \ket{5}  - \frac{1}{2} \ket{6} \right) .
% \label{m3ket}
\end{equation*}
Fra samme figur ser jeg at der må gælde at vektorbeskrivelsen $\vec{m}_4$ for egentilstanden $\ket{m_3}$ (den lilla kurve på figuren) må være givet ved
\begin{equation*}
 \vec{m}_4 = A_4
             \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               0 \\  1 \\  -1 \\  0 \\  1 \\  -1
              \end{array}
             \right)} ,
% \label{m4vektor}
\end{equation*}
eller skrevet i ket-notationen
\begin{equation*}
 \ket{m_4} = A_4 \left( \ket{2} - \ket{3} + \ket{5} - \ket{6} \right) .
% \label{m4ket}
\end{equation*}
Til sidst ser jeg fra figur \vref{fig:phi5} at vektorbeskrivelsen $\vec{m}_5$ for egentilstanden $\ket{m_5}$ må være beskrevet ved
\begin{equation*}
 \vec{m}_5 = A_5
             \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  -1 \\  1 \\  -1 \\  1 \\  -1
              \end{array}
             \right)} ,
% \label{m5vektor}
\end{equation*}
eller skrevet i ket-notationen
\begin{equation*}
 \ket{m_5} = A_5 \left( \ket{1} - \ket{2} + \ket{3} - \ket{4} + \ket{5} - \ket{6} \right) .
% \label{m5ket}
\end{equation*}

Nu skal jeg så vise at alle disse tre faktisk \emph{er} egentilstande for min Hamiltonoperator, og i processen få fat i deres tilhørende egenværdier (hvis de da viser sig at være egentilstande). Jeg får at
\begin{equation*}
 \mathbf{H}_H \vec{m}_3 
     = - t A_3 
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         0& 1& 0& 0& 0& 1 \\
         1& 0& 1& 0& 0& 0 \\
         0& 1& 0& 1& 0& 0 \\
         0& 0& 1& 0& 1& 0 \\
         0& 0& 0& 1& 0& 1 \\
         1& 0& 0& 0& 1& 0 
        \end{array}
       \right)}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         1 \\  -1/2 \\  -1/2 \\  1 \\  -1/2 \\  -1/2
        \end{array}
       \right) }
     = - t A_3
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         -1 \\  1/2 \\  1/2 \\  -1 \\  1/2 \\  1/2
        \end{array}
       \right) }
     = t \vec{m}_3 ,
\end{equation*}
\begin{equation*}
 \mathbf{H}_H \vec{m}_4 
     = - t A_4 
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         0& 1& 0& 0& 0& 1 \\
         1& 0& 1& 0& 0& 0 \\
         0& 1& 0& 1& 0& 0 \\
         0& 0& 1& 0& 1& 0 \\
         0& 0& 0& 1& 0& 1 \\
         1& 0& 0& 0& 1& 0 
        \end{array}
       \right)}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         0 \\  1 \\  -1 \\  0 \\  1 \\  -1
        \end{array}
       \right) }
     = - t A_4
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         0 \\  -1 \\  1 \\  0 \\  -1 \\  1
        \end{array}
       \right) }
     = t \vec{m}_4 ,
\end{equation*}
\begin{equation*}
 \mathbf{H}_H \vec{m}_5 
     = - t A_5
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         0& 1& 0& 0& 0& 1 \\
         1& 0& 1& 0& 0& 0 \\
         0& 1& 0& 1& 0& 0 \\
         0& 0& 1& 0& 1& 0 \\
         0& 0& 0& 1& 0& 1 \\
         1& 0& 0& 0& 1& 0 
        \end{array}
       \right)}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         1 \\  -1 \\  1 \\  -1 \\  1 \\  -1
        \end{array}
       \right) }
     = - t A_5
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         -2 \\  2 \\  -2 \\  2 \\  -2 \\  2
        \end{array}
       \right) }
     = 2t \vec{m}_5 .
\end{equation*}
Altså er alle tre eftervist til at være egentilstande til Hamiltonoperatoren i \eqref{hamiltonmatrice}, og egenværdien tilhørende $\ket{m_3}$ og $\ket{m_4}$ er $+t$ mens egenværdien tilhørende $\ket{m_5}$ er $+2t$ som forventet.
\\ \\
\noindent Jeg mangler nu bare at normere mine tilstande, hvilket jeg gør med samme metode som jeg brugte i spørgsmål 7, der skal altså gælde at $\vec{m}_3 \cdot \vec{m}_3 = 1$, $\vec{m}_4 \cdot \vec{m}_4 = 1$ og $\vec{m}_5 \cdot \vec{m}_5 = 1$, hvorfor jeg får at
\begin{equation*}
 1 = \vec{m}_3 \cdot \vec{m}_3 
  = A_3^2 
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  -1/2 \\  -1/2 \\  1 \\  -1/2 \\  -1/2
              \end{array}
             \right)}
  \cdot
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  -1/2 \\  -1/2 \\  1 \\  -1/2 \\  -1/2
              \end{array}
             \right)}
  = 3 A_3^2 
  \quad\Rightarrow\quad
  A_3 = \frac{1}{\sqrt 3} ,
\end{equation*}

\begin{equation*}
 1 = \vec{m}_4 \cdot \vec{m}_4
  = A_4^2 
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               0 \\  1 \\  -1 \\  0 \\  1 \\  -1
              \end{array}
             \right)}
  \cdot
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               0 \\  1 \\  -1 \\  0 \\  1 \\  -1
              \end{array}
             \right)}
  = 4 A_4^2 
  \quad\Rightarrow\quad
  A_4 = \frac{1}{\sqrt 4} ,
\end{equation*}

\begin{equation*}
 1 = \vec{m}_5 \cdot \vec{m}_5 
  = A_5^2 
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  -1 \\  1 \\  -1 \\  1 \\  -1
              \end{array}
             \right)}
  \cdot
  \vecsm{\left(
              \begin{array}{c}
               1 \\  -1 \\  1 \\  -1 \\  1 \\  -1
              \end{array}
             \right)}
  = 6 A_5^2 
  \quad\Rightarrow\quad
  A_5 = \frac{1}{\sqrt 6} .
\end{equation*}
Og dermed har jeg fundet konstanterne $A_3$, $A_4$ og $A_5$ for at de tre sidste tilstande er normerede. 



\ramme{ De nye tilstande kaldes for molekyleorbitaler. Når en af disse nye egenvektorer til Hamiltonoperatoren
        er besat med en elektron, er denne elektron altså i en superposition af atomare orbitaler. De
        nye tilstande kan derfor skrives på formen
        \begin{equation*}
         \ket{m_i} = c_1^i \ket 1 + c_2^i \ket 2 + c_3^i \ket 3 + c_4^i \ket 4 + c_5^i \ket 5 + c_6^i \ket 6 .
        \end{equation*}
        Hvis man for en af disse tilstande måler elektronens position, vil man observere den med en vis
        sandsynlighed på hvert atom. Disse sandsynligheder er i følge den generaliserede sandsynlighedsfortolkning 
        (\citetalias{griffiths} afsnit 3.4) givet ved absolutkvadratet på koefficienterne $c_n^i$. Sandsynligheder
        angiver derfor elektrontætheden på hver plads, og vi skriver
        \begin{equation*}
         \rho^i_n = | c_n^i |^2 .
        \end{equation*}
        For eksempel hvis en elektron er i molekyleorbital $\ket{m_0}$ er elektrontætheden ens på alle atomer og
        givet ved $\rho^0_n = 1/6$ for alle $n$. Tilsvarende er elektronerne for molekyleorbital $\ket{m_1}$ givet ved 
        $\rho^1_n = 1/4$ for $n= 2, 3, 5, 6$ og $\rho^1_n = 0$ for $n = 1, 4$. }

\subsubsection*{Spørgsmål 9}
\ramme{ Benzen molekylet indeholder 6 elektroner. Molekylets grundtilstand vil derfor være beskrevet ved,
        at de tre nederste energitilstande hver indeholder 2 elektroner (husk at der er to spinretninger).
        Find i denne situation de samlede elektrontætheder på hvert atom (check at summen af alle disse
        skal give 6 = antallet af elekroner). }
Ud over de allerede givne $\rho^0_n$ og $\rho^1_n$ ser jeg at 
\begin{equation*}
 \rho^2_n = \left\{ \begin{array}{cl}
                     1/3&   \quad\text{for } n = 1,4 \\
                     1/12&  \quad\text{for } n = 2,3,5,6  .
                    \end{array} \right. 
\end{equation*}
Den samlede tæthed for det $n$'te atom i benzenringen er givet ved udtrykket
\begin{equation}
 \rho_n = 2 \left( \rho^0_n + \rho^1_n + \rho^2_n \right) 
        = 2 \left( |c^0_n|^2 + |c^1_n|^2 + |c^2_n|^2 \right) ,
 \label{eq:rhon}
\end{equation}
hvor jeg har ganget igennem med to da der jo er to elektroner i hver af de tre tilstande. Jeg får at
\begin{align*}
  \rho_1 &= 2 \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \right) = 1 ,
 &\rho_2 &= 2 \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{4} + \frac{1}{12} \right) = 1 , \\
  \rho_3 &= 2 \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{4} + \frac{1}{12} \right) = 1 ,
 &\rho_4 &= 2 \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \right) = 1 , \\
  \rho_5 &= 2 \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{4} + \frac{1}{12} \right) = 1 ,
 &\rho_6 &= 2 \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{4} + \frac{1}{12} \right) = 1 .
\end{align*}
Jeg har altså set at sandsynligheden for at finde en elektron på de forskellige pladser i benzenringen er lige stor -- der skeldnes altså ikke imellem ortho/para- og meta-pladserne når atomerne i ringen er ens (logisk nok grundet symmetrien). 

Den samlede tæthed er summen af de enkelte atomers elektrontætheder, altså
\begin{equation*}
 \rho = \sum_{j=1}^6 \rho_j
      %= \rho_1 + \rho_2 + \rho_3 + \rho_4 + \rho_5 + \rho_6
      = 6
\end{equation*}
netop som forventet. 



\ramme{ Vi skal nu overveje, hvad der sker med benzenringen, når et brintatom erstattes af f.eks. $\text{CH}_3$ eller
        $\text{N0}_2$ (dvs. en $\sigma$-binding). Dette vil forrykke ladningen henimod i kulstof atomet, hvis gruppen er
        elektropositiv og modsat, hvis den er elektronegativ. 
        
        \hs Set fra $\pi$-elektronernes synspunkt svarer det
        til en ændring af potentialet i nærheden af kulstofatom nr. 1. Dette vil sige, at der kommer et
        ekstra led i Hamiltonoperatoren:
        \begin{equation*}
         \hat{H} = \hat{H}_H + \hat{H}_0, \quad \hat{H}_0 = V_0 \ketbra{1}{1} .
        \end{equation*} \vspace{-.5cm}}

\subsubsection*{Spørgsmål 10}
\ramme{ Skriv den nye $\hat{H}$ som matrix og vis at $\ket{m_1}$ stadig er egenfunktion til $\hat{H}$. }
Den ny matrix er givet efter samme form som i formel \eqref{hamiltonmatriceled}, men nu med den ændring at $\hat{H}_H$ erstattes med $\hat{H}_H + \hat{H}_0$, hvorfor jeg får at
\begin{equation*}
 H_{ij} = \sum_{i=1}^6 \sum_{j=1}^6 \bra{i} \hat{H} \ket{j} 
        = \sum_{i=1}^6 \sum_{j=1}^6 \bra{i} \hat{H}_H \ket{j} + \sum_{i=1}^6 \sum_{j=1}^6 \bra{i} \hat{H}_0 \ket{j} .
\end{equation*}
Derfor kan jeg bare nøjes med at udregne den sidste sum, da jeg jo allerede har fundet den første da jeg opskrev den gamle $\hat{H}$ som matrix i spørgsmål 5. Jeg får at det eneste led i summen er leddet hvor $i=j=1$ (grundet definitionen af $\hat{H}_0$), og har altså at
\begin{equation*}
 \sum_{i=1}^6 \sum_{j=1}^6 \bra{i} \hat{H}_0 \ket{j} = \left\{  \begin{array}{cl}
                                                                 V_0&  \quad\text{for } i=j=1 \\
                                                                 0&    \quad\text{ellers} .
                                                                \end{array} \right. 
\end{equation*}
Derfor er den ny matrice givet ved
\begin{equation*}
 \mathbf{H} = \mathbf{H}_H + 
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         V_0& 0& 0& 0& 0& 0 \\
         0& 0& 0& 0& 0& 0 \\
         0& 0& 0& 0& 0& 0 \\
         0& 0& 0& 0& 0& 0 \\
         0& 0& 0& 0& 0& 0 \\
         0& 0& 0& 0& 0& 0 
        \end{array}
       \right)}
            =
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         V_0& -t& 0& 0& 0& -t \\
         -t& 0& -t& 0& 0& 0 \\
         0& -t& 0& -t& 0& 0 \\
         0& 0& -t& 0& -t& 0 \\
         0& 0& 0& -t& 0& -t \\
         -t& 0& 0& 0& -t& 0 
        \end{array}
       \right)} .
\end{equation*}
Det kan ret simpelt ses at $\ket{m_1}$ stadig må være en egentilstand for denne nye Hamiltonoperator, da denne egentilstand slet ikke indeholder tilstanden $\ket{1}$, og den eneste forskel mellem den gamle og nye Hamiltonoperator ligger på denne ene tilstand. Dog vil jeg alligevel lige vise det eksplicit ved en udregning lige som den jeg lavede i spørgsmål 7:
\begin{equation*}
 \mathbf{H} \vec{m}_1 
     = \frac{1}{\sqrt 4}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{cccccc}
         V_0& -t& 0& 0& 0& -t \\
         -t& 0& -t& 0& 0& 0 \\
         0& -t& 0& -t& 0& 0 \\
         0& 0& -t& 0& -t& 0 \\
         0& 0& 0& -t& 0& -t \\
         -t& 0& 0& 0& -t& 0 
        \end{array}
       \right)}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         0 \\  1 \\  1 \\  0 \\  -1 \\  -1
        \end{array}
       \right)} 
     = - t \frac{1}{\sqrt 4}
       \vecsm{\left(
        \begin{array}{c}
         0 \\  1 \\  1 \\  0 \\  -1 \\  -1
        \end{array}
       \right)} 
     = - t \vec{m}_1 .
\end{equation*}
Jeg får altså, lige som jeg fik tidligere med den gamle Hamiltonoperator, at $\ket{m_1}$ er en egentilstand for den nye Hamiltonoperator, endda med samme egenværdi som for den gamle. 



\subsubsection*{Spørgsmål 11}
\ramme{ Egenfunktionerne og egenværdierne for Hamiltonmatrixen i delspørgsnål 10 oplyses at være for
        $V_0 = 4t$ (fra numerisk løsning):
        \begin{align*}
         \vec{v}_0 &= (0.115, 0.334, 0.486, 0.540, 0.486, 0.334), \\
         \vec{v}_1 &= (0, -0.5, -0.5, 0, 0.5, 0.5), \\
         \vec{v}_2 &= (0.253, 0.545, -0.087, -0.572, -0.087, 0.545), \\
         \vec{v}_3 &= (0, -0.5, 0.5, 0, -0.5, 0.5), \\
         \vec{v}_4 &= (0.172, 0.203, -0.503, 0.617, -0.503, 0.203), \\
         \vec{v}_5 &= (-0.945, 0.224, -0.0556, 0.0248, -0.0556, 0.224),
        \end{align*}
        med egenværdier $\left( E_0, E_1, E_2, E_3, E_4, E_5 \right) = \left( -1.80, -1, -0.305, 1, 1.63, 4.47 \right) t$. 
        For $V_0 = -4t$ findes tilsvarende:
        \begin{align*}
         \vec{v}_0 &= (0.945, 0.224, 0.0556, 0.0248, 0.0556, 0.224), \\
         \vec{v}_1 &= (-0.172, 0.203, 0.503, 0.617, 0.503, 0.203), \\
         \vec{v}_2 &= (0, -0.5, -0.5, 0, 0.5, 0.5), \\
         \vec{v}_3 &= (-0.253, 0.545, 0.0871, -0.572, 0.0871, 0.545), \\
         \vec{v}_4 &= (0, -0.5, 0.5, 0, -0.5, 0.5), \\
         \vec{v}_5 &= (-0.115, 0.334, -0.486, 0.540, -0.486, 0.334),
        \end{align*}
        med $\left( E_0, E_1, E_2, E_3, E_4, E_5 \right) = \left( -4.47, -1.63, -1, 0.305, 1, 1.80 \right) t$.
        
        \hs Ved at benytte metoden i spørgsmål 9, find de samlede elektrontætheder på hvert atom, når der
        er 6 elektroner i benzenringen (for både $V_0 = +4t$ og $V_0 = -4t$). Hvad er elektrontæthederne på 
        ortho-, meta-, og parapositionerne? Stemmer dit resultat med forventningen om ortho/para-dirigering 
        for $V_0 > 0$ og meta-dirigering for $V_0 < 0$? }
Når der er seks elektroner i benzenringen vil det stadig kun være de tre laveste nivauer der bliver brugt (samme antagelse som under spørgsmål 9%, her kan jeg begrunde det med at det er de tre laveste energiniveauer jo har lavest energi -- hvorfor elektronerne helst vil være her
), hvorfor det kun er egenvektorerne for disse tilstande jeg behøver bekymre mig om. 

Jeg starter med at bemærke at alle de 12 egenvektorer givet ovenfor er numerede, hvilket jeg simpelthen har udregnet ved at se at $v_i \cdot v_i = 1$ med tre decimalers nøjagtighed for dem alle. Jeg vil ikke fylde afleveringen op med disse udregninger -- de er sagen uvedkommende. 

\begin{figure}[t]
 \centering
  \subfigure[Ortho-, meta- og para-positionerne.]{
   \label{fig:sekskant}
   \input{afl2grafer/sekskant.tex} 
  }
  \hspace{5cm}
  \subfigure[Elektrontæthedernes fordeling over de seks atomer for $V_0 = 4t$. Her ses tydelig ortho/para-dirigering.]{
  \label{fig:V0lig4t}
   \input{afl2grafer/V0lig4t.tex}  
  }
  \hspace{1.0cm}
  \subfigure[Elektrontæthedernes fordeling over de seks atomer for $V_0 = -4t$. Her ses tydelig meta-dirigering.]{
  \label{fig:V0lig-4t}
   \input{afl2grafer/V0lig-4t.tex}
  }
 \label{fig:benzenringe}
 \caption[Benzenmolekylet samt elektrontætheder for to potentialer]
         {Oversigt over ortho-, para- og meta-positionerne på benzenringen samt illustration af elektrontætheder for de to forskellige potentialer.
          Arealet af cirklerne er proportionale med elektrontæthederne.}
\end{figure}

Tæthederne udregner jeg lige som jeg gjorde i spørgsmål 9, ved at tage kvadratet på koefficienterne fra de enkelte tilstande. Disse koefficienter er netop dem der står i vektorrepræsentationerne af egentilstandene, så jeg får for $V_0 = 4t$ at (efter ligning \eqref{eq:rhon})
\begin{align*}
 \rho_1 &= 2 \left( 0.115^2 + 0.253^2 \right) = 0.154 , \\
 \rho_2 &= 2 \left( 0.334^2 + (-0.5)^2 + 0.545^2 \right) = 1.317 , \\
 \rho_3 &= 2 \left( 0.486^2 + (-0.5)^2 + (-0.087)^2 \right) = 0.988 , \\
 \rho_4 &= 2 \left( 0.540^2 + (-0.572)^2 \right) = 1.238 , \\
 \rho_5 &= 2 \left( 0.486^2 + 0.5^2 + (-0.087)^2 \right) = 0.988 , \\
 \rho_6 &= 2 \left( 0.334^2 + 0.5^2 + 0.545^2 \right) = 1.317 .
\end{align*}
Her ses det altså at elektrontætheden er størst på ortho/para-positionerne (ortho-positionerne er her position 2 og 6, mens para-positionen er position 4, se figur \ref{fig:sekskant}). Jeg har illustreret tæthederne på figur \vref{fig:V0lig4t}. Jeg vil desuden bemærke at summen af alle elektrontæthederne er 6 som den bør være. På figuren er det nemt at se at der er ortho/para-dirigering -- der er simpelthen større elektrontætheder på ortho- og para-positionerne end på meta-pladserne. Dette stemmer overens med hvad der burde ske for $V_0 > 0$.

For $V_0 = -4t$ får jeg at elektrontæthederne for de enkelte atomer er (efter ligning \eqref{eq:rhon})
\begin{align*}
 \rho_1 &= 2 \left( 0.945^2 + (-0.172)^2 \right) = 1.845 , \\
 \rho_2 &= 2 \left( 0.224^2 + 0.203^2 + (-0.5)^2 \right) = 0.683 , \\
 \rho_3 &= 2 \left( 0.0556^2 + 0.503^2 + (-0.5)^2 \right) = 1.012 , \\
 \rho_4 &= 2 \left( 0.0248^2 + 0.617^2 \right) = 0.763 , \\
 \rho_5 &= 2 \left( 0.0556^2 + 0.503^2 + 0.5^2 \right) = 1.012 , \\
 \rho_6 &= 2 \left( 0.224^2 + 0.203^2 + 0.5^2 \right) = 0.683 .
\end{align*}
Her er der altså helt klart størst elektrontæthed på position 1, mens den næststørste elektrontæthed er på meta-positionerne (position 3 og 5, se figur \ref{fig:sekskant}). Jeg har illustreret tæthederne på figur \vref{fig:V0lig-4t}. Igen bemærkes det at summen af elektrontæthederne er 6. På figuren er der tydelig meta-dirigering -- der er større elektrontætheder på meta-pladserne end på ortho- og para-pladserne. Dette stemmer overens med hvad der burde ske for $V_0 < 0$.





\subsubsection*{Spørgsmål 12}
\ramme{ Det kan også være nyttigt at se på det grænsetilfældene, hvor $V_0 = \infty$ eller $V_0 = -\infty$. For $V_0 = \infty$
        er orbital nr. 1 aldrig besat og vi kan helt fjerne denne orbital. Tilbage er der derfor en kæde med 5 atomer med 6 elektroner i.
        I tilfældet $V_0 = -\infty$ vil der være 2 elektroner bundet i orbital nr. 1 , og igen er der en kæde med 5 
        atomer tilbage, men nu kun med 4 elektroner.
        
        \hs De 3 laveste energitilstande for 5-kæden opgives til at være
        \begin{align*}
         v_0^{(5)} &= \left( \frac{1}{2\sqrt{3}}, \frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2\sqrt{3}}   \right) \\
         v_1^{(5)} &= \frac{1}{2} \left(  - 1, - 1, 0, 1, 1  \right) \\
         v_2^{(5)} &= \frac{1}{\sqrt{3}} \left( 1, 0, - 1, 0, 1   \right) ,
        \end{align*} 
        med tilhørende egenenergier $E_0^{(5)} < E_1^{(5)} < E_2^{(5)}$. Udregn elektrontæthederne i de to tilfælde $V_0 = \infty$ og 
        $V_0 = -\infty$ og sammenlign med resultatet fra spørgsmål 11. }
For $V_0 = \infty$ vil alle de tre egentilstande ovenfor være optaget af to elektroner, hvorfor jeg får at elektrontæthederne i 5-kæden er som følger: 
\begin{align*}
  \rho_2 &= 2 \left( \frac{1}{4 \cdot 3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{3} \right) = \frac{4}{3} , 
 &\rho_3 &= 2 \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) = 1 , \\
  \rho_4 &= 2 \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \right) = \frac{4}{3} , 
 &\rho_5 &= 2 \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) = 1 , \\
  \rho_6 &= 2 \left( \frac{1}{4 \cdot 3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{3} \right) = \frac{4}{3} .
\end{align*}
Summen af disse er 6 som ønsket. Bemærk at $\rho_1 = 0$ som følge af potentialet. Jeg har illustreret elektrontæthederne jeg her har fundet på figur \vref{fig:V0liginfty}. %Denne figur kan sammenlignes med figur \vref{fig:V0lig4t}, hvor potentialet $V_0$ er positivt, om end ikke så stort som her. 
Ved at sammenligne figur \vref{fig:V0lig4t} og \vref{fig:V0liginfty} kan jeg se at når $V_0$ går mod uendeligt bliver der mindre og mindre elektrontæthed på atom nummer 1, og til sidst er der slet ikke nogen elektroner her. Der kommer en kraftigere ortho/para-dirigering når potentialet bliver større, og det ses at elektrontæthederne på disse placeringer er ens. 

Når potentialet er $V_0 = -\infty$ er der to elektroner bundet til det første atom, så $\rho_1 = 2$, og der er da kun 4 elektroner tilbage som skal gøres rede for. Disse vil helst være i de laveste energitilstande, så det er kun $v_0^{(5)}$ og $v_1^{(5)}$ af egentilstandene der skal arbejdes med denne gang (da de hver kan indeholde to elektroner). Jeg får at elektrontæthederne er
\begin{align*}
  \rho_2 &= 2 \left( \frac{1}{4 \cdot 3} + \frac{1}{4} \right) = \frac{2}{3} , 
 &\rho_3 &= 2 \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) = 1 , \\
  \rho_4 &= 2 \left( \frac{1}{3} \right) = \frac{2}{3} , 
 &\rho_5 &= 2 \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) = 1 , \\
  \rho_6 &= 2 \left( \frac{1}{4 \cdot 3} + \frac{1}{4} \right) = \frac{2}{3} .
\end{align*}
Summen af disse er 4 som ønsket. Jeg har illustreret disse elektrontætheder på figur \vref{fig:V0lig-infty}. %Denne figur kan sammenlignes med figur \vref{fig:V0lig-4t}, hvor potentialet $V_0$ er negativt, men ikke så meget som her. 
Ved at sammenligne figur \vref{fig:V0lig-4t} og \vref{fig:V0lig-infty} kan jeg se at når $V_0$ går mod minus uendeligt bliver der større og større elektrontæthed på atom nummer 1, og til sidst er der altid to elektroner her. Der kommer en kraftigere meta-dirigering, og elektrontæthederne på ortho- og para-positionerne bliver ens. 



\begin{figure}[t]
 \centering
  \subfigure[Elektrontæthedernes fordeling over de seks atomer for $V_0 = \infty$.]{
   \label{fig:V0liginfty}
   \input{afl2grafer/V0liginfty.tex}
  }
  \hspace{1.0cm}
  \subfigure[Elektrontæthedernes fordeling over de seks atomer for $V_0 = -\infty$.]{
   \label{fig:V0lig-infty}
   \input{afl2grafer/V0lig-infty.tex}
  }
 \label{fig:benzenringesp12}
 \caption[Elektrontætheder i to grænsetilfælde-potentialer]
         {Illustration af elektrontæthederne for potentialets grænsetilfælde. Arealet af cirklerne er proportionale med elektrontæthederne.}
\end{figure}







\bibliography{bibliography}

%\setcounter{lofdepth}{2}
\listoffigures


\label{lastpage}
\end{document}

 