Quantenmechanik I Lösung 12

Quantenmechanik I
Lösung 12
Übung 1.
HS 2015
Prof. Gianni Blatter
Freies Teilchen im Heisenberg-Bild
Lernziel: Im Heisenberg-Bild sind Operatoren statt Wellenfunktionen zeitabhängig. Wir betrachten als illustratives Beispiel das freie Teilchen im Heisenberg-Bild.
(a) Betrachte ein freies Teilchen in 1D mit Hamilton-Operator H =
XH (t) im Heisenberg-Bild.
p2
2m
und bestimme den Ortsoperator
(b) Zeige, dass hier gilt
∆XH (0) · ∆XH (t) ≥
Lösung
The Hamiltonian of a free particle is H =
~t
.
2m
(1)
P2
2m .
Let XH (0) be the position operator at time t = 0. Using Equation (7.31) in the script, XH (t)
satisfies the following equation:
i~
d
XH (t) = [XH (t), HH (t)] + (∂t X)H = [XH (t), H] ,
dt
(L.1)
where we used ∂t X = 0 and HH (t) = H as the Hamiltonian is independent of the time. Plugging
P
P2
[XH (t), H] = XH (t),
= i~
(L.2)
2m
m
into Equation (L.1) we get
P
d
XH (t) =
,
dt
m
(L.3)
which means
P
t + XH (0) .
(L.4)
m
Note that in all the above equations P is just the momentum operator in the Schrödinger picture,
as HH (t) = H.
XH (t) =
We can now use Equation L.4 to calculate the commutator of XH (0) with XH (t):
P
[XH (0), XH (t)] = XH (0), t + XH (0)
m
t
= [XH (0), P ] + [XH (0), XH (0)]
m
i~t
=
.
m
(L.5)
(L.6)
(L.7)
Using the uncertainty relation we get,
1
~t
∆XH (0) · ∆XH (t) ≥ |hi[XH (0), XH (t)]i| =
.
2
2m
1
(L.8)
Übung 2.
Gestörter Potentialtopf
Lernziel: In dieser Aufgabe soll die stationäre nicht-entartete Störungstheorie geübt werden.
Wende die stationäre (nicht-entartete) Störungstheorie für den eindimensionalen Potentialtopf H =
V (x) + H 0 ,
(
0
|x| ≤ L/2
V (x) =
∞ |x| > L/2,
p2
2m +
(2)
mit Störung H 0 = λx an und bestimme die Korrekturen der Grundzustandsenergie bis zur zweiten Ordnung im Störterm H 0 . Sind die Korrekturen negativ oder positiv?
Hinweis: Das Resultat ist eine unendliche Summe. Benutze, dass für ganzzahlige m gilt
Z
π/2
dθ θ cos θ sin(2mθ) = (−1)m+1
−π/2
Lösung
8m
.
(4m2 − 1)2
(3)
Die allgemeine Form der Korrektur in der Energie in erster Ordnung ist
En[1] = hψn[0] |H 0 |ψn[0] i,
(L.9)
[0]
wobei H 0 die Störung ist, und |ψn i die Lösung/Wellenfunktion des Potentialtopfs ohne Störung.
In zweiter Ordnung ist
En[2] =
[0]
[0]
X |hψm
|H 0 |ψn i|2
[0]
[0]
.
(L.10)
En − Em
m6=n
Die Störung H 0 = λx führt zu folgender Korrektur der Grundzustandsenergie in erster Ordnung:
[1]
[0]
[0]
E1 = λhψ1 |x|ψ1 i = λhxi = 0.
(L.11)
Beachte, dass diese Ordnung nicht verschwindet, wenn wir den Topf asymmetrisch positionieren
(und damit hxi =
6 0) .
In zweiter Ordnung brauchen wir Matrixelemente der Form
[0]
[0]
hψ1 |x|ψm
i
2
=
L
Z
L
2
−L
2
π
[0]
cos( x) x ψm
(x)dx,
L
(L.12)
[0]
wobei ψm (x) die ungestörten geraden
r
ψn (x) =
nπ 2
cos
x
L
L
(L.13)
nπ 2
sin
x
L
a
(L.14)
und ungerade Zustände
r
ψn (x) =
2
des eindimenionalen Potentialtopfes sind.
Aus Symmetriegründen besteht ein Unterschied zwischen geraden und ungeraden Lösungen:
[0]
Für ungerade m ist die Wellenfunktion ψm (x) symmetrisch auf dem Intervall [−L/2, L/2] und
das Resultat des Integrals gleich 0. Somit müssen wir die Matrixelemente nur für gerade m
berechnen: Zur Vereinfachung schreiben wir m = 2k, mit k ganzzahlig.
[0]
[0]
hψ1 |x|ψ2k i
2
=
L
−L
2
2L
= 2
π
=−
[0]
Zusammen mit den Energien E2k =
[2]
Z
π
2kπ
x cos( x) sin(
x)dx
L
L
π
2
θ cos(θ) sin(2kθ)dθ
− π2
L 16(−1)k k
.
π 2 (1 − 4k 2 )2
4k2 ~2 π 2
2mL2
E1 =
L
2
Z
(L.15)
ergibt sich für die Korrektur in zweiter Ordnung
k2
29 mλ2 L4 X
.
π 6 ~2
(1 − 4k 2 )5
(L.16)
k
Diese Summe ist konvergent und ergibt (Resultat wird nicht erwartet)
X
k
k2
π 2 (π 2 − 15)
=
<0
(1 − 4k 2 )5
12288
(L.17)
Die Korrektur zur Grundzustandsenergie in zweiter Ordnung ist also negativ.
Übung 3.
Harmonischer Oszillator im elektrischen Feld
Lernziel: In dieser Aufgabe üben wir die zeitabhängige Störungstheorie, wobei die Störung abrupt
eingeschaltet wird. Das st”orungstheoretische Resultat wird mit der exakten Lösung verglichen.
Ein geladenes Teilchen der Ladung e > 0 befinde sich in einem harmonischen Potential V (x) = 12 mωx2
im Grundzustand |0i. Zur Zeit t = 0 wird ein konstantes, homogenes elektrisches Feld E > 0 angelegt.
(a) Unter Verwendung der zeitabhängigen Störungstheorie soll die Übergangswahrscheinlichkeit P0→1 ,
mit welcher das Teilchen von Zustand |0i in Zustand |1i übergeht (zu einer Zeit t > 0) berechnet
werden. |1i bezeichnet dabei den ersten angeregten Zustand des ungestörten Systems. Finde das
Resultat bis einschliesslich O(t2 ).
(b) Beantworte die gleiche Frage für P0→0 . Was kann man jetzt über P0→n für n ≥ 2 sagen?
Hinweis: Betrachte Gleichung (9.84) des Skripts.
(c)* Löse das Problem exakt (d.h. finde eine exakte Formel für P0→n ). So kann man durch Vergleich
explizit sehen bis auf welche Zeitskala die Störungstheorie eine gute Approximation der exakten
Lösung ist.
Hinweis:
I. Schreibe den Hamilton-Operator mit dem Translationsoperator T = e−ix0 p/~ , und benutze, dass
eix0 p/~ |0i = |α0 i ein kohärenter Zustand ist (vgl. Serie 7).
II. Der Überlapp zwischen zwei kohärenten Zuständen |αi und |βi ist gegeben durch hαi β =
2
∗
e−|α−β| /2 eiIm(α β) .
3
Lösung
Der freie Hamilton-Operator (ohne E-Feld) lautet:
H0 =
p2
1
+ mω 2 x2 .
2m 2
(L.18)
Der volle, zeitabhängige Hamilton-Operator ist
H(t) = H0 + H 0 (t),
H 0 (t) = −eExΘ(t),
(L.19)
mit der Heaviside-Theta Funktion Θ(t), so dass für t > 0:
H(t) =
p2
1
+ mω 2 (x − x0 )2 + ε0 ,
2m 2
(L.20)
2
eE
mω 2
wobei x0 = mω
2 und ε0 = − 2 x0 . H(t) stellt also einen bis auf eine additive Konstante ε0 um
x0 verschobenen harmonischen Oszillator dar.
(a) Für den Übergang 0 → 1 können wir Formel (9.88) des Skripts anwenden:
!
t 2
sin ω01
2
P0→1 (t) =
| h1| (−eEx) |0i |2 + O(t4 ),
~ω01
(L.21)
2
wobei ~ω01 = (E1 − E0 ) = ~ω, also
2
eE
2 ωt
P0→1 (t) = 4
sin
|h1|x|0i|2 + O(t4 ).
~ω
2
q
q
p
~
~
h1| a + a† |0i = 2mω
, so dass mit α0 = − mω
Es ist h1|x|0i = 2mω
2~ x0 folgt
P0→1 (t) =
1 (eE)2
(ωt)2 + O(t4 ) = |α0 |2 (ωt)2 + O(t4 ).
2 ~mω 3
(L.22)
(L.23)
(b) Um P0→0 bis einschliesslich O(t2 ) in zeitabhängiger Störungstheorie zu berechnen, müssen
wir auch den O(H 02 )-Term in der Störreihe berechnen, denn gemäss Skript (9.84):
Z
i t
0
P0→0 (t) = h0i 0 −
dt h0|HD
(t1 )|0i
(L.24)
|{z} ~ 0 1
|
{z
}
=1
=0
1
− 2
2~
Z
0
t
2
0
0
dt1 dt2 h0|T [HD
(t1 )HD
(t2 )]|0i + O(t3 ) ,
(L.25)
0 (t) = eitH0 /~ H 0 (t)e−itH0 /~ , und T [. . .] das zeitgeordnete Produkt bedeutet. Wewobei HD
gen h0|x|0i verschwindet das erste Integral, so dass:
2
P0→0 (t) = 1 − I(t) + O(t3 ) = 1 − 2 Re I(t) + O(t3 ),
(L.26)
Rt
0 (t )H 0 (t )]|0i. Bleibt uns noch das Integral I(t):
mit I(t) = 2~12 0 dt1 dt2 h0|T [HD
1
D 2
Z t
Z t1
1
0
0
I(t) = 2
dt1
dt2 h0|HD
(t1 )HD
(t2 )|0i
(L.27)
~ 0
0
Z t1
∞ Z
1 X t
= 2
dt1
dt2 ei(E0 −En )(t1 −t2 )/~ h0|H 0 |nihn|H 0 |0i
(L.28)
~
0
n=0 0
Z t1
∞ Z
1 X t
= 2
dt1
dt2 e−inω(t1 −t2 ) h0|H 0 |nihn|H 0 |0i,
(L.29)
~
0
0
n=0
4
wobei wir das Integral über dt2 von 0 bis t1 laufen lassen und wegen T [. . .] ein Faktor 2
bekommen. Hier ist H 0 = −eEx = α0 ~ω(a + a† ), so dass h0|H 0 |ni = ~ωα0 δn,1 . Somit:
I(t) = |α0 |
2
= |α0 |2
Z
t
Z
t1
2 −iω(t1 −t2 )
dt2 ω e
0
0
−iτ + (1 − e−iτ ) .
dt1
= |α0 |
2
Z
τ
dτ1
0
1
1 − e−iτ1
i
(L.30)
(L.31)
Also ist
2 Re I(t) = 2|α0 |2 (1 − cos τ ) = 4|α0 |2 sin2 (
ωt
) = |α0 |2 (ωt)2 + O(t4 ),
2
(L.32)
und P0→0 = 1 − |α0 |2 (ωt)2 + O(t4 ).
(c)* Da der Hamilton-Operator ein nach x0 verschobener harmonischer Oszillator ist, können
wir diesen ausdrücken als
H = T H0 T −1 + ε0 ,
(L.33)
wobei T der Translationsoperator T = e−ix0 p/~ ist (denn T xT −1 = x − x0 ). Daher sind
Ẽn = En + ε0 , n ∈ N die Eigenwerte von H, und die zugehörigen Eigenvektoren sind
|ñi = T |ni, wobei En = ~ω(n + 21 ) und H0 |ni = En |ni.
Aus Gl. (L.33) folgt auch dass
U (t) = e−itH/~ = e−itε0 /~ T U0 (t)T −1 ,
(L.34)
mit dem Zeitentwicklungsoperator des freien Systems U0 (t) = e−itH0 /~ . Die Wahrscheinlichkeit das System zur Zeit t > 0 im n-ten angeregten Zustand bzgl. H0 zu messen, ist
gegeben durch:
P0→n (t) = |hn|U (t)|0i|2 .
(L.35)
hn|U (t)|0i = e−iε0 t/~ hn|T U0 (t)T −1 |0i = e−iε0 t/~ hn|T U0 (t)|α0 i
(L.36)
Wir berechnen P0→n exakt:
= e−iε0 t/~ e−iωt/2 hn|T |α(t)i,
(L.37)
wobei wir benutzen das T −1 |0i = eix0 p/~ |0i = |α0 i ein kohärenter Zustand ist, und
U0 (t) |α0 i = e−iωt/2 |α(t)i, mit α(t) = α0 e−iωt .
Folglich müssen wir also noch hn|T |α(t)i berechnen. Fangen wir an mit hn| T = (T † |ni)† :
1
1
1
T † |ni = √ T −1 (a† )n T T −1 |0i = √ T −1 (a† )n T |α0 i = √ (T −1 a† T )n |α0 i.
(L.38)
n!
n!
n!
p
−1 xT = (x + x ) und
√1
Schreiben wir jetzt a† = √12 ( mω
0
~ x − i mω~ p) und benutzen T
T −1 pT = p, dann folgt
T −1 a† T = |α0 | + a† .
(L.39)
1
hn|U (t)|0i = e−iε0 t/~ e−iωt/2 hα0 | √ (|α0 | + a)n |α(t)i.
n!
(L.40)
Demzufolge haben wir
5
Aber da kohärenten Zustände |αi Eigenvektoren zum Eigenwert α des Vernichtunsoperators a sind, also a|αi = α|αi, erhalten wir
1
hn|U (t)|0i = e−iε0 t/~ e−iωt/2 √ (|α0 | + α(t))n hα0 i α(t)
(L.41)
n!
ωt−π
−iε0 t/~ −iωt/2 1
n
n ωt
√ |2α0 | sin
=e
e
e−in( 2 ) hα0 i α(t).
(L.42)
2
n!
und α0∗ α(t) = |α0 |2 (cos ωt − i sin ωt) folgt schliesslich:
Aus |α0 − α(t)|2 = 4|α0 |2 sin2 ωt
2
hα0 i α(t) = e−2|α0 |
2
sin2 ( ωt
−i|α0 |2 sin ωt
2 )
e
,
(L.43)
und als Endergebnis für die Übergangswahrscheinlichkeit P0→n erhalten wir somit:
2 ωt
2
1
2n
2n ωt
e−4|α0 | sin ( 2 ) .
P0→n = |2α0 | sin
(L.44)
n!
2
Bis auf O(t4 ) finden wir dann:
P0→0 (t) = e−4|α0 |
2
sin2 ( ωt
2 )
= 1 − |α0 |2 (ωt)2 + O(t4 ),
(L.45)
und
ωt
2
e−4|α0 |
2
sin2 ( ωt
2 )
= |α0 |2 (ωt)2 + O(t4 ).
(L.46)
P
Beachte, dass 1 − P0→0 (t) − P0→1 (t) = O(t4 ), da aus ∞
n=0 P0→n (t) = 1 folgt
X
1 − P0→0 (t) − P0→1 (t) =
P0→n (t),
(L.47)
2
2
P0→1 (t) = 4|α0 | sin
n≥2
und die rechte Seite ist O(t4 ) gemäss Gl. (L.44). Weiterhin sehen wir, dass t und ω immer gepaart auftreten. Neben |α0 | entscheidet deshalb auch ωt über die Güte der Approximation. Beide dimensionslosen Parameter sollten möglichst klein sein, damit eine
störungstheoretische Behandlung des Problems möglich ist. Eine Approximation des exakten Resultats durch eine endliche Ordnung der Störreihe ist daher maximal auf einer
Zeitskala t ∼ ω −1 sinnvoll.
6