Lösungsvorschlag: Quantenmechanik I

Lösungsvorschlag: Quantenmechanik I
Serie 5 im SS 2008 bei Prof. Brügmann
von Simon Stützer
Stand: 19. Mai 2008
Aufgabe 1
Der Hamilton-Operator ist hermitisch (H = H † ) wobei |φn i die Eigenvektoren zu den
Eigenwerten En sind (En |φn i = H|φn i).
hφn |[A, H]|φn i = hφn |AH − HA|φn i = hφn |A Hφn −HAφn i = hφn |AEn − HA|φn i
| {z }
En |φn i
†
= h(AEn − HA) φn |φn i = h(AEn )† φn − (HA)† φn |φn i = h En† A† φn − A† |{z}
H † φn |φn i
|{z}
En
H
= hEn A† φn − En A† φn |φn i = 0
|
{z
}
0
Der Hamilton-Operator (eindimensional, Masse m, potentielle Energie V (x)) ist gegeben durch
H=
1 2
P + V (X)
2m
dabei sind X und V(X) kommutativ([V (X), X] = 0).
Für den Impuls in Ortstdarstellung gilt
P =
~ ∂
i ∂x
Für den Ort in Impulsdarstellung gilt
X=−
~ ∂
i ∂p
•
1 1 3
P 3 |ψi + h~r|V (X)P |ψi − h~r| P
|ψi − h~r|P V (X)|ψi
2m
2m
∂ ~ ∂V (x)
∂
~
~
= V (x)
h~r|ψi − V (x)
h~r|ψi −
h~r|ψi = −h~r|P V (X)|ψi ⇒ [H, P ] = −P V (X)
i ∂x
i ∂x
i ∂x
h~r|[H, P ]|ψi = h~r|(HP − P H)|ψi = h~r|
•
1 2
((( − h~r|X 1 P 2 |ψi − (
(((
h~r|[H, X]|ψi = h~r|HX − XH|ψi = h~r|
P X|ψi + (
h~r|V
(X)X|ψi
h~r|XV
((
(((X)|ψi
2m
2m
2 2
2 2
1
~
∂
~
∂
1
=
h~
r
|X|ψi
−
x
h~r|ψi
2m i
∂x2
2m i
∂x2
2 2
2 2
~
∂
1
~
∂
1
(xh~r|ψi) − x
h~r|ψi
=
2
2m i
∂x
2m i
∂x2
2
2 2
1
~
∂
∂
1
~
∂
=
h~r|ψi + x h~r|ψi − x
h~r|ψi
2m i
∂x
∂x
2m i
∂x2
2 2 2
1
~
∂
∂
∂2
1
~
∂
=
h~r|ψi +
h~r|ψi + x 2 h~r|ψi − x
h~r|ψi
2m i
∂x
∂x
∂x
2m i
∂x2
2
1 ~
∂
~
~
=
h~r|ψi =
h~r|P |ψi ⇒ [H, X] =
P
m i
∂x
mi
mi
1
•
h~r|[H, XP ]|ψi = h~r|HXP |ψi − h~r|XP H|ψi
1 2
1 2
= h~r|
P XP |ψi + h~r|V (X)XP |ψi − h~r|XP
P |ψi − h~r|XP V (X)|ψi
2m
2m
2 2
1 3
1
~
∂
h~r|XP |ψi + V (x)h~r|XP |ψi − xh~r|
=
P |ψi − xh~r|P V (X)|ψi
2m i
∂x2
2m
2 2
3 3
1
~ ∂
1
~
~
∂
∂
(xh~
r
|P
|ψi)
+
V
(x)xh~
r
|P
|ψi
−
x
h~r|ψi − x
=
h~r|V (X)|ψi
2m i
∂x2
2m i
∂x3
i ∂x
3 2 3 3
∂
~ ∂
~
~ ∂
1
~
1
∂
∂
x h~r|ψi + V (x)x
h~r|ψi − x
h~r|ψi − x
(V (x)h~r|ψi)
=
2m i
∂x2
∂x
i ∂x
2m i
∂x3
i ∂x
3 3
~
~3 ∂
∂
∂2
∂ 1
~
∂
h~r|ψi
=−
h~r|ψi + x 2 h~r|ψi + V (x)x
h~
r
|ψi
−
x
i ∂x
2mi ∂x ∂x
∂x
2m i
∂x3
~ ∂V (x)
~
∂ −x
h~r|ψi − x V
(x)
h~r|ψi
i
i ∂x
∂x
2
3 3
∂2
∂3
1
~ ∂V (x)
∂
~
∂
~3
h~r|ψi +
h~r|ψi + x 3 h~r|ψi − x
h~r|ψi − x
h~r|ψi
=−
2
2
3
2mi ∂x
∂x
∂x
2m i
∂x
i ∂x
~3 ∂ 2
~ ∂V (x)
~
~ 2
=−
h~r|ψi − x
h~r|ψi = h~r| P 2 − XP V (X)|ψi ⇒ [H, XP ] =
P − XP V (x)
2
mi ∂x
i ∂x
mi
mi
b) Man nutzt die in der vorhergehenden Aufgabe bewiesenen Zusammenhänge und erhält
hpi = hφn |P |φn i = hφn |
mi ~
mi
m
m
m
P |φn i = hφn | [H, X]|φn i = hφn | [X, H]|φn i =
hφn | [X, H]|φn i = 0
~ mi
~
~i
~i | ~i {z
}
=0
c)
Der Zusammenhang des Erwartungswertes der kinetischen Energie mit dem Erwartungswert der potentiellen
Energie ist gegeben durch
P2
hφn |H|φn i = En hφn |φn i = hψn |
|φn i + hφn |V (X)|φn i
{z
}
2m
|
{z
} |
Epot
Ekin
⇒ En =
1
(Ekin + Epot )
hφn |φn i
dV
Dabei lässt sich die potentielle Energie durch hφn |X dX
|φn i und einem Potential V (X) = V0 X k schreiben als
dV
dV0 X k
|φn i = hφn |X
|φn i = khφn |V0 XX k−1 |φn i = khφn |V0 X k |φn i = khφn |V (X)|φn i
dX
dX
1
dV
⇒ hφn |X
|φn i = Epot = hφn |V (X)|φn i
k
dX
hφn |X
Aufgabe 2

2
1
0

(Aij ) = 
2 0
0
0
1
1
0
0
1
1
0

0
0

0
2

0
1
1

(Bij ) = 
2 1
0
1
0
0
1
1
0
0
1

0
1

1
0
Die Operatoren A und B komutieren da

0
1
2
AB = BA = 
1
2
0
1
2
1
2
0
0
0
0
1
2
1
2
0

1
2
1
2
0
2
⇒ [A, B] = AB − BA = 0
Die Eigenwerte von A sind durch dir Nullstellen des Charakteristischen Polynoms gegeben.



1
1−λ
0
0
0
1
−λ
0
1
1
2
2
 0

0 
1
2 −λ
2
0 
det 
= (1 − λ) · det  12
1
1
2 −λ
 0
0 
2
2 −λ
0
0
1−λ
0
0
0
1−λ
"
#
2
1
1
= (1 − λ) ·
− λ (1 − λ) − (1 − λ)
= λ(1 − λ)3
2
4
Somit sind die Eigenwerte von A {0, 1, 1, 1} Es ergeben sich die Eigenwerte:
für λ1 = 0

1
0

0
0
0
0
1
2
1
2
1
2
1
2
0
0


0
1
Gauß
0
z}|{
0
 =⇒ 
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
 

0
0
1
0
 ⇒ u1 =  
−1
1
0
0
für λ2,3,4 = 1

0
0

0
0
0
− 21
0
1
2
1
2
− 12
0
0


0
0
Gauß
0
0

 z}|{
=⇒ 
0
0
0
0
1
0
0
0
 
 
 

−1
1
1
0
 
 
 
0
 ⇒ u2 = −1 , u3 = 1 , u4 =  0 
0
1
−1
0
1
1
1
0
1
0
0
0
In Papierraubender Rechnung erhählt man in analoger Weise für den Operator B die Eigenwerte {0, 0, 1, −1}
und die Eigenvektoren
 
 
 

1
1
0
−1
−1
1
−1
0
 
 
 

u1 = 
 0  , u2 =  1  , u3 = 1 , u4 = −1
1
1
0
1

Schießlich ergeben die folgenden Vektoren eine gemeinsame Orthonormalbasis von A und B.
1
|1, 1i =
2
1
 21  ,
 
2
1
2

0

− √1 
2
|0, 0i = 
 √1  , |1, −1i =
2
0
1
2
− 1 
 21  ,
− 
2
1
2



− √12
 0 

|1, 0i = 
 0 

1
2
Wenn zu einem Eigenwert eines Operators nur ein Eigenvektor existiert, nennt man diesen Eigenwert nicht
entartet. Gibt es dagegen zu einem Eigenwert n (bzw. ∞ viele) Eigenvektoren, so heit der Eigenwert n-fach
(bzw. ∞-fach) entartet. Die Rechnungen sind hier nicht noch einmal ins reine geschrieben, es ergab sich jedoch:
• {A} ist kein vollständiger Satz, entartet!
• {B} ist kein vollständiger Satz, entartet!
• {A;B} bilden ein vollständigen Satz kumutierender Observablen, nicht entartet!
3